编程之美【03】
3、题目：能否快速找出一个数组（简单起见，数组中元素值各不一样）中的两个数字，让这两个数字之和等于一个给定的值。
例如，给定数组arr（如下图），给定值key为12，则arr[0]（5）、arr[4]（7）满足要求。
解法一、穷举法
穷举说白了就是不断试，题目为从数组中找两个满足条件的数字，即把数组看成两份，遍历第一份中的所有去第二份里面找是否存在满足条件的数字。
思路：穷举数组中任意的两两组合，并计算取出的两个数之和是否等于给定值即可，通过穷举计算时间复杂度为O（N * N）。对于求和计算具有的对称性，当遍历数组取出数据时，只需向后取值即可（如下图）。
算法：
1、遍历数组，从第一个至最后一个，依次取出数组中的元素A；
2、遍历该元素所在位置后的元素B，计算A + B是否等于给定值，直至相等；
代码：
public int[] getPairsFromArray(int[] arr, int key) { int[] partner = new int[2]; boolean isPartnerIn = false; for (int i = 0; i < arr.length && !isPartnerIn; i++) { for(int j = i + 1; j < arr.length && !isPartnerIn; j++) { if(arr[i] + arr[j] == key) { partner[0] = arr[i]; partner[1] = arr[j]; isPartnerIn = true; } } } return isPartnerIn ? partner : new int[0]; }
穷举法——改进版（感谢 @ck_winner 提供的思路）
思路：以给定值的二分之一（part）为分割数，将数组分割成两部分，其中，左部分小于part值，右边部分大于part值。由于本题中数组中的元素值不同，则如存在两个数之和为给定数，则这两个数必分属左边和右边部分，再通过上面的穷举方式进行查找即可。具体过程可见下图：
算法：
1、通过给定数值的二分之一作为分割数，将数组分割成左右两部分；
2、遍历左部分数值A，右部分数值B，计算A + B是否等于给定值，直至相等；
private int partition(int[] arr, int key) { int tmp = 0; int i = 0, j = arr.length - 1; while(true) { while(i < arr.length && arr[i] <= key) i++; while(j >= 0 && arr[j] > key) j--; if(i >= j) break; //swap arr[i] and arr[j] tmp = arr[i]; arr[i] = arr[j]; arr[j] = tmp; } return j; } public int[] getPairsFromArray4(int[] arr, int key) { int[] partner = new int[2]; boolean isPartnerIn = false; int part = partition(arr, key / 2); for(int i = 0; i <= part && !isPartnerIn; i++) { for(int j = part + 1; j < arr.length && !isPartnerIn; j++) { if(arr[i] + arr[j] == key) { partner[0] = arr[i]; partner[1] = arr[j]; isPartnerIn = true; } } } return isPartnerIn ? partner : new int[0]; }
解法二、无序变有序
将无序数组有序化是处理无序数组常用方法，有序数组有较多较好的处理方法，如双端遍历，二分查找等，通过这些方法可以使处理过程变得简化。
思路：先将无序数组有序化（通过快排方式，计算时间复杂度为O（N * log N）），排序后可采用双向数组遍历方式（如下图）。若arr[i] + arr[j]等于给定值Key，直接返回；若arr[i] + arr[j]小于给定值key，则i向后位移一位；若arr[i] + arr[j]大于给定值key，则j向前位移一位。计算时间复杂度为O（N * log N + N）；
计算：
1、通过快排算法将无序数组有序化；
2、采用双端遍历方式，设置i和j分别为数组两端index；若arr[i] + arr[j] = Key，返回结果；若arr[i] + arr[j] < key，i++；若arr[i] + arr[j] > key，j--；
代码：
public int[] getPairsFromArray2(int[] arr, int key) { Arrays.sort(arr); int[] partner = new int[2]; boolean isPartnerIn = false; for (int i = 0, j = arr.length - 1; i < j && !isPartnerIn; ) { if ((arr[i] + arr[j]) == key) { partner[0] = arr[i]; partner[1] = arr[j]; isPartnerIn = true; } else if((arr[i] + arr[j]) < key) { i++; } else { j--; } } return isPartnerIn ? partner : new int[0]; }
解法三、Hash表
之前讨论过bitmap，关系映射表等，形式虽然多样，实则都为空间换时间的方法，通过构造空间位置（key）与值（value）的映射关系，使得通过空间位置（key）取值（value）时间复杂度为O（1）。
思路：将数组中的元素放入bitmap中，然后再遍历数组中的所有元素，判定bitmap中给定元素值-数组元素值位置是否存在。由于bitmap取值时间复杂度为O（1），整个计算时间复杂度为O（N），构造bitmap需要空间为O（M），其中M为数组最大数；
计算：
1、构造bitmap表，将数组中所有元素放入bitmap表中；
2、再次遍历数组中所有元素，并判断bitmap表中key-arr[i]是否存在；
代码：
public int[] getPairsFromArray(int[] arr, int key) { BitSet bs = new BitSet(); for(int i = 0 ; i < arr.length; i++) { bs.set(arr[i]); } int[] partner = new int[2]; boolean isPartnerIn = false; for (int i = 0; i < arr.length && !isPartnerIn; i++) { if (bs.get(key - arr[i]) && (key - arr[i]) != arr[i]) { partner[0] = arr[i]; partner[1] = key - arr[i]; isPartnerIn = true; } } return isPartnerIn ? partner : new int[0]; }
