LeetCode6 - 三数之和 | 很多时候不懂事

📝 题目描述

题目链接：三数之和

给你一个整数数组 nums ，判断是否存在三元组 [nums[i], nums[j], nums[k]] 满足 i != j、i != k 且 j != k ，同时还满足 nums[i] + nums[j] + nums[k] == 0 。请你返回所有和为 0 且不重复的三元组。

注意： 答案中不可以包含重复的三元组。

示例：


示例 1：

输入：nums = [-1,0,1,2,-1,-4]
输出：[[-1,-1,2],[-1,0,1]]
解释：
nums[0] + nums[1] + nums[2] = (-1) + 0 + 1 = 0 。
nums[1] + nums[2] + nums[4] = 0 + 1 + (-1) = 0 。
nums[0] + nums[3] + nums[4] = (-1) + 2 + (-1) = 0 。
不同的三元组是 [-1,0,1] 和 [-1,-1,2] 。
注意，输出的顺序和三元组的顺序并不重要。

示例 2：

输入：nums = [0,1,1]
输出：[]
解释：唯一可能的三元组和不为 0 。

示例 3：

输入：nums = [0,0,0]
输出：[[0,0,0]]
解释：唯一可能的三元组和为 0 。

提示：

3 <= nums.length <= 3000
-10^5 <= nums[i] <= 10^5

💡 解题思路

方法一：双指针✅️

因为题目要求我们数字不能重复，所以可以将数组中的元素从小到大进行排序，保证枚举的三元组 (a,b,c) 满足 a≤b≤c，保证了只有 (a,b,c) 这个顺序会被枚举到，同时排序也可以让相同的数字相邻，便于我们后续去重判重。

步骤如下：

先将数组排序。
然后，我们从0索引开始，固定一个数nums[i]。
接下来我们就可以在剩下的区间中，使用左右指针 L（i + 1） 和 R（指向最后一个元素） 寻找另外两个数字。
- 如果nums[i] + nums[L] + nums[R] < 0，说明和太小，L 往右移;
- 如果 nums[i] + nums[L] + nums[R] > 0，说明和太大，R 往左移;
- 如果 == 0，记录答案（不能break，因为可能还有其他答案），并同时移动 L 和 R，跳过重复值。

这里还有一个比较好的剪枝思路，就是我们固定第一个数nums[i]时，如果nums[i] > 0，那么我们可以直接退出循环。因为数组已经排序，而题目要求和为0，如果nums[i] > 0，那么后续的数字肯定也都大于0，也就不存在和为0的组合了。

方法二：类似两数之和

复用两数之和的思路，首先也是需要先排序，便于后面跳过重复值。
接下来则需要提前将数字存放在哈希表中，由于之前排了序，这时重复的元素只记录的最后的索引，其余的被覆盖了。
然后同样固定一个数nums[i]，那么剩下的就是寻找和为0 - nums[i]的数了，变成了两数之和问题，但这里找到答案时，需要限制(i < j) && (j < k)，防止出现重复。

🔧 代码实现

1、双指针

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
        vector<vector<int>> ans;
        int n = nums.size();
        sort(nums.begin(), nums.end()); // 1. 排序
        
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            // 剪枝：如果当前数字已经大于0，因为已经排序，后面不可能凑出0了
            if (nums[i] > 0) break; 
            
            // 去重：对于固定的第一个数，如果和前一个一样，跳过
            if (i > 0 && nums[i] == nums[i-1]) continue;
            
            int L = i + 1;
            int R = n - 1;
            
            while (L < R) {
                int sum = nums[i] + nums[L] + nums[R];
                
                if (sum == 0) {
                    ans.push_back({nums[i], nums[L], nums[R]});
                    
                    // 去重：左指针右移直到指向不一样的数
                    while (L < R && nums[L] == nums[L+1]) L++;
                    // 去重：右指针左移直到指向不一样的数
                    while (L < R && nums[R] == nums[R-1]) R--;
                    
                    L++;
                    R--;
                } 
                else if (sum < 0) {
                    L++; // 和小了，左指针右移变大
                } 
                else {
                    R--; // 和大了，右指针左移变小
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};

2、类似两数之和

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
        vector<vector<int>> res;
        unordered_map<int, int> hash_map;
        sort(nums.begin(), nums.end());
        for(int i = 0; i < nums.size(); i++){
            // 很重要，保证同一个数字的索引在最后
            hash_map[nums[i]] = i;
        }
        for(int i = 0; i < nums.size(); i++){
            if ((i > 0) && (nums[i] == nums[i-1])){
                continue;
            }
            for(int j = i + 1; j < nums.size(); j++){
                if ((j > i + 1) && (nums[j] == nums[j-1])){
                    continue;
                }
                if(hash_map.find(0 - nums[i] - nums[j]) != hash_map.end()){
                    int k = hash_map[0 - nums[i] - nums[j]];
                    if((i < j) && (j < k)){
                        res.push_back({nums[i], nums[j], 0 - nums[i] - nums[j]});
                    }
                }
            }
        }
        return res;
    }
};

📊 复杂度分析

1、双指针

时间复杂度：双重循环 $O(N^2)$ 的时间
空间复杂度：只需要 $O(1)$ 的空间

2、类似两数之和

时间复杂度：双重循环 $O(N^2)$ 的时间
空间复杂度：使用了额外的 $O(N)$ 空间

🎯 总结

核心思想：关键是想到“排序+相邻两次枚举的元素不能相同”来避免重复。