LeetCode15题： 寻找三数和，附完整代码
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今天介绍的算法题是LeetCode 15题，3 Sum，也成三数求和问题。
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描述
给定一个整数的数组，要求寻找当中所有的a，b，c三个数的组合，使得三个数的和为0.注意，即使数组当中的数有重复，同一个数也只能使用一次。
Given an array nums of n integers, are there elements a , b , c in
nums such that a + b + c = 0? Find all unique triplets in the array
which gives the sum of zero.
Note:
The solution set must not contain duplicate triplets.
样例:
Given array nums = [-1, 0, 1, 2, -1, -4],
A solution set is:
[
[-1, 0, 1],
[-1, -1, 2]
]
题解
这道题是之前LeetCode第一题2 Sum的改进版，在之前的题目当中，我们寻找的是和等于某个值的两个数的组合。而这里，我们需要找的是三个数。从表面上来看似乎差别不大，但是实际处理起来要麻烦很多。
暴力求解
我们先理一下思路，从最简单的方法开始入手。这题最简单的方法当然就是暴力法，我们已经明确了要找的是三个数的和，既然数量确定了，就好办了，我们直接枚举所有三个数的组合，然后所有和等于0的组合就是答案。但是这里有一个小问题，当我们找到了答案之后，我们并不能直接返回，因为数组当中重复的元素很有可能会导致答案的重复，我们必须要去掉这些重复的答案，保证答案当中每一个都是唯一的。
那我们先对原数组做处理，去除掉其中重复的元素之后再来寻找答案可不可以呢？
很遗憾，这个想法很好，但是不可行。原因也很简单，因为答案不能重复，但是答案里的数是可以重复的。举个例子，比如数组是[-1, -1, 2, 0, -2]，那么[-1, -1, 2]是一个答案，如果一开始就出去掉了重复的-1，那么这个答案显然就无法构成了。唯一的解决方法是用容器来维护答案，保证容器内的答案是唯一的，不过这个会带来额外的时间和空间开销。
所以，总体看来，暴力枚举并不是个好方法，复杂度不低，如果使用C++和Java等语言的话，使用容器也很麻烦。
ret = set()
for i in range(n):
for j in range(i+1, n):
for k in range(j+1, n):
if a[i] + a[j] + a[k] == 0:
ret.add((i, j, k))
return list(ret)
利用2 Sum
还有一个思路是利用之前的2 Sum的解法，在之前的2 Sum问题当中，我们通过巧妙地使用map，来达成了在\(O(n)\)的复杂度内找到了所有和等于某个值的元素对。所以，我们可以先枚举第一个数的大小，然后在剩下的元素当中进行2 Sum操作。假设我们枚举的数是a[i],那么我们在剩下的元素当中做2 Sum，来寻找和等于-a[i]的两个数。最后，将这三个数组成答案。如果遗忘2 Sum解法的同学可以点击下方链接回到之前的文章。
这个方法看起来巧妙很多，但是还是逃不掉重复的问题。举个例子：[-1, -1, -1, -1, -1, 2]。如果我们枚举-1，那么会出现多个[-1, -1, 2]的结果。所以我们依然免不了手动过滤重复的答案。不过利用2 Sum的解法要比暴力快一些，因为2 Sum的时间复杂度是\(O(n)\)，再乘上枚举元素的复杂度，不考虑去重情况下的整体复杂度是\(O(n^2)\)，要比枚举的\(O(n^3)\)更优。
我们利用2 sum写出新的代码：
def two_sum(array, idx, target):
"""
two sum的部分
"""
n = len(array)
ret = []
# 用来记录所有出现过的元素
appear = set()
# 用来判断2 sum的答案出现重复
used = set()
for i in range(idx + 1, n):
# 如果 target - array[i]之前出现过，说明可以构成答案
if target - array[i] in appear:
# 判断答案是否重复
if array[i] in used or target - array[i] in used:
continue
# 记录
used.add(array[i])
used.add(target - array[i])
ret.append((array[i], target - array[i]))
appear.add(array[i])
return ret
def three_sum(array):
n = len(array)
# 记录枚举过的元素
used = set()
ret = []
# 防止答案重复
duplicated = set()
for i in range(n):
# 如果出现过，说明已经枚举过，跳过
if array[i] in used:
continue
# 拿到2 sum的答案
combinations = two_sum(array, i, -array[i])
if len(combinations) > 0:
for combination in combinations:
# 组装答案
answer = tuple(sorted((array[i], *combination)))
# 判断答案是否重复
if answer in duplicated:
continue
# 记录
ret.append(answer)
duplicated.add(answer)
used.add(array[i])
return ret
尺取法
这题的另一个解法是尺取法，也就是two pointers，也叫做两指针算法。这个在我们之前的文章当中也有过介绍，有遗忘或者错过的同学可以点击下方的链接回顾一下。
尺取法的精髓是通过两个指针控制一个区间，保证区间满足一定的条件。在这题当中，我们要控制的条件其实是三个数的和。由于我们的指针数量是2，也就是说我们只有两个指针，但是我们却需要找到三个数组成的答案。显然，我们直接使用尺取法是不行的。我们稍作变通就可以解决这个问题，就是第一个解法的思路，我们先枚举一个数，然后再通过尺取法去寻找另外两个数。
使用尺取法需要我们根据现在区间内的信息，可以制定策略，如何移动区间。显然，如果区间里的数杂乱无章，我们是很难知道应该怎么维护区间的。所以我们首先对数组当中的元素进行排序，保证元素的有序性。区间里的元素有序了，那么我们就方便了。假设我们当前枚举的数是a[i]，那么我们就需要找到另外的两个数b和c，使得b + c = -a[i]。对于每一个i来说，这样的b和c可能存在，也可能不存在，我们必须要寻找过了才知道。
和2 Sum一样，为了优化时间复杂度，加快算法的效率，我们需要人为设置一些限制。我们限制b和c只能在a的右侧，当然也可以限制在一左一右，总之，我们需要把这三个数的顺序固定下来。因为三个数调换顺序只会产生重复，所以我们固定顺序可以避免重复。所以我们枚举a的位置之后，在a的右侧通过尺取法寻找另外两个元素。
方法也很简单，我们一开始设置b的位置是i+1, c的位置是n。如果b+c > -a，那么说明两者的和过大，因为b已经是最小值了，所以只能将c向左移动。如果b+c < -a，说明两者的和过小，需要增大，所以应该将b往右侧移动增大数值。如此往复，当这个区间遍历完成之后，继续移动a的位置，寻找下一组解，这里需要注意，a需要跳过所有重复的数字，避免重复。
我们写出代码：
def three_sum(array):
n = len(array)
# 先对array进行排序
array = sorted(array)
ret = []
for i in range(n-2):
# 判断第一个数是否重复
if i > 0 and array[i] == array[i-1]:
continue
used.add(array[i])
# 进行two pointers缩放
j = i + 1
k = n - 1
target = -array[i]
if target < 0:
break
while j < k:
cur_sum = array[j] + array[k]
# 判断当前区间的结果和目标的大小
if cur_sum < target:
j += 1
continue
elif cur_sum > target:
k -= 1
continue
# 记录
ret.append(answer)
# 继续缩放区间，寻找其他可能的答案
j += 1
while j < k and array[j] == array[j-1]:
j += 1
k -= 1
while j < k-1 and array[k] == array[k+1]:
k -= 1
return ret
写出代码之后，我们来分析一下算法的复杂度。一开始的时候，我们对数组进行排序，众所周知，排序的复杂度是\(O(nlogn)\)。之后，我们枚举了第一个数，开销是\(O(n)\)，我们进行区间缩放的复杂度也是\(O(n)\)，所以整个主体程序的复杂度是\(O(n^2)\)。看似和上面一种方法区别不大，但是我们节省了set重复的判断，由于hashset读取的复杂度是\(O(1)\)，算法的量级上没什么差别，但是常数更小，真正运行起来这种算法要快很多。
这题虽然官方给的难度是Medium，但实际上我觉得比一般的Medium要难上一些，代码量也要大上一些。今天文章当中列举的并不是全部的解法，其他的做法还有很多，比如对所有数进行分类，分成负数、零和正数，然后再进行组装等等。感兴趣的同学可以自己思考，看看还有没有其他比较有趣的方法。
今天的文章就到这里，如果觉得有所收获，请顺手点个关注或者转发吧，你们的支持是我最大的动力。
