排序数组，找出两个和等于指定数
题目：输入一个已经按升序排序过的数组和一个数字，
在数组中查找两个数，使得它们的和正好是输入的那个数字。
要求时间复杂度是O(n)。如果有多对数字的和等于输入的数字，输出任意一对即可。
例如输入数组1、2、4、7、11、15和数字15。由于4+11=15，因此输出4和11。
解：如果只是最简单的遍历，时间复杂度为O(n)。这样不符合题意，而且也没有充分的利用题目的已知条件“排好序的数组”。这题目老早之前做过一次。印象中使用了两个指针p、q，一个指针p指向数组头，一个q指向末尾。指针p只往大的方向走；q只往小的方向走；比较这两值之和与指定数的大小关系。若大了，则q往小的方向走；若小了，则p往大的方向走；直到找到一个或是p>q（未找到）。
重新做一遍的时候，我又想到了另外的一个方法（可能别人已经这样用，这思想我残余的记忆中，逐成），当然没有这个好。
先说第一个方法。其实，更主要的我想证明其正确性。虽然以前做过，但没有细究何以其然，秉着数学严谨的精神。花了点时间思考之：
已知：a[1]<=a[2]<=...<=a[n]，和数m。求找出两个数a[i]、a[j]，使得a[i]+a[j]=m。
证：（1）不妨先假设存在这么两个数的情况。
为了更好证明，将数组写成a[min]<=...<=a[max],min表示当前有序集合的最小数的下标，max表示当前有序集合的最大数的下标。
- 如果a[min]+a[max]>m，则说明了a[max]+a[i]>m(min<=i<max),即a[max]和其余的任何一个的和都不可能为m，所以这是可以将可以排除a[max],此时，有序集合缩小为{a[min],a[min+1],...,a[max-1]},要求的两个数将在这个集合中；此时重新迭代。
- 如果a[min]+a[max]<m，则说明了a[min]+a[i]>m(min<i<=max),即a[min]和其余的任何一个的和都不可能为m，所以这是可以将可以排除a[min],此时，有序集合缩小为{a[min-1],a[min],...,a[max]},要求的两个数将在这个集合中；此时重新迭代。
- 如果a[min]+a[max]=m，找到这两个数。
如果集合存在这两个数，则以上的算法是可以收敛到这两个数。
（2）如果不存在这么两个数。这个容易证明类似以上的算法也是适合的。试想不存在a[i]+a[j]=m (i!=j)，这就可能进入到相等的情况。要不max减小，要不min增加。这样集合总会缩小。直到集合为0个元素（为一个元素就可说明找不到）
证毕。
1 #include <iostream> 2 3 using namespace std; 4 5 int main() 6 { 7 int num[] = {1,2,4,7,11,15}; 8 int len = sizeof(num)/sizeof(int); 9 int n; 10 int *p,*q; 11 12 cin>>n; 13 p = num; 14 q = &num[len-1]; 15 16 while(p<q && *q>=n) 17 { 18 q--; 19 } 20 while(p<q) 21 { 22 if (*q+*p < n) 23 { 24 p++; 25 } 26 else if (*p + *q >n) 27 { 28 q--; 29 } 30 else 31 { 32 cout<<*p<<" "<<*q<<endl; 33 break; 34 } 35 } 36 if (!(p<q)) 37 { 38 cout<<"Not found"<<endl; 39 } 40 41 return 0; 42 }
第二方法：先计算出每一个数还需要多少才能到达m
如题目中的例子：
数组：1、 2、4、7、11、15
补集：14、13、11、8、4、0
补集说明若原数组存在这个则可以找到这两个数。逆补集中数：0说明15+0=15，由于数组是有序，顺序遍历原数组1，1>0说明不可能存在0这数；这时，找补集中4，接着上次遍历原数组1，1<4。接着遍历原数组2,2<4。下一个4=4找到，即为11和4。整个顺序遍历是不回溯只走一遍，逆向遍历补集也是只遍历一次（证明略）。所以整个算法复杂度为O(n)，空间复杂度为O(n)。其实根据这个思想也可以将空间复杂度降到O(1)，留个习题(太简单了O(∩_∩)O，所以代码就不给出了)。
