兩數之和
給定一個整數數組 nums 和一個目標值 target，請你在該數組中找出和爲目標值的那 兩個 整數，並返回他們的數組下標。
你可以假設每種輸入只會對應一個答案。但是，你不能重複利用這個數組中同樣的元素。
示例:
給定 nums = [2, 7, 11, 15], target = 9
因爲 nums[0] + nums[1] = 2 + 7 = 9
所以返回 [0, 1]
方法一：暴力法
暴力法很簡單，遍歷每個元素 xx，並查找是否存在一個值與 target - xtarget−x 相等的目標元素。
class Solution {
public int[] twoSum(int[] nums, int target) {
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
for (int j = i + 1; j < nums.length; j++) {
if (nums[j] == target - nums[i]) {
return new int[] { i, j };
}
}
}
throw new IllegalArgumentException("No two sum solution");
}
}
複雜度分析：
- 時間複雜度：O(n2)
對於每個元素，我們試圖通過遍歷數組的其餘部分來尋找它所對應的目標元素，這將耗費 O(n) 的時間。因此時間複雜度爲 O(n2)。 - 空間複雜度：O(1)。
方法二：兩遍哈希表
爲了對運行時間複雜度進行優化，我們需要一種更有效的方法來檢查數組中是否存在目標元素。如果存在，我們需要找出它的索引。保持數組中的每個元素與其索引相互對應的最好方法是什麼？哈希表。
通過以空間換取速度的方式，我們可以將查找時間從 O(n)降低到 O(1)。哈希表正是爲此目的而構建的，它支持以近似恆定的時間進行快速查找。我用“近似”來描述，是因爲一旦出現衝突，查找用時可能會退化到 O(n)。但只要你仔細地挑選哈希函數，在哈希表中進行查找的用時應當被攤銷爲 O(1)。
一個簡單的實現使用了兩次迭代。在第一次迭代中，我們將每個元素的值和它的索引添加到表中。然後，在第二次迭代中，我們將檢查每個元素所對應的目標元素（target - nums[i]）是否存在於表中。注意，該目標元素不能是 nums[i] 本身！
class Solution {
public int[] twoSum(int[] nums, int target) {
Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
map.put(nums[i], i);
}
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
int complement = target - nums[i];
if (map.containsKey(complement) && map.get(complement) != i) {
return new int[] { i, map.get(complement) };
}
}
throw new IllegalArgumentException("No two sum solution");
}
}
複雜度分析：
-
時間複雜度：O(n)，
我們把包含有 n 個元素的列表遍歷兩次。由於哈希表將查找時間縮短到 O(1)，所以時間複雜度爲 O(n)。 -
空間複雜度：O(n)，
所需的額外空間取決於哈希表中存儲的元素數量，該表中存儲了 n 個元素。
方法三：一遍哈希表
我們可以一次完成。在進行迭代並將元素插入到表中的同時，我們還會回過頭來檢查表中是否已經存在當前元素所對應的目標元素。如果它存在，那我們已經找到了對應解，並立即將其返回。
class Solution {
public int[] twoSum(int[] nums, int target) {
Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
int complement = target - nums[i];
if (map.containsKey(complement)) {
return new int[] { map.get(complement), i };
}
map.put(nums[i], i);
}
throw new IllegalArgumentException("No two sum solution");
}
}
複雜度分析：
-
時間複雜度：O(n)，
我們只遍歷了包含有 n 個元素的列表一次。在表中進行的每次查找只花費 O(1) 的時間。 -
空間複雜度：O(n)，
所需的額外空間取決於哈希表中存儲的元素數量，該表最多需要存儲 n 個元素。
三數之和
給定一個包含 n 個整數的數組 nums，判斷 nums 中是否存在三個元素 a，b，c ，使得 a + b + c = 0 ？找出所有滿足條件且不重複的三元組。
注意：答案中不可以包含重複的三元組。
示例：
給定數組 nums = [-1, 0, 1, 2, -1, -4]，
滿足要求的三元組集合爲：
[
[-1, 0, 1],
[-1, -1, 2]
]
方法一：暴力法
三個for循環找到所有符合條件的元素組合， 然後對結果集進行去重。
複雜度分析：
- 時間複雜度：O(n3)
- 空間複雜度：O(1)。
方法二：排序+雙指針
算法流程：
- 特判，對於數組長度 n，如果數組爲 null 或者數組長度小於 3，返回 []。
對數組進行排序。 - 首先對數組進行排序
- 排序後固定一個數 nums[i]，再使用左右指針指向nums[i]後面的兩端，數字分別爲 nums[L] 和 nums[R]，計算三個數的和 sum 判斷是否滿足爲 0，滿足則添加進結果集
- 如果 nums[i]大於 0，則三數之和必然無法等於0，結束循環
- 如果 nums[i] == nums[i−1]，則說明該數字重複，會導致結果重複，所以應該跳過
- 當 sum == 0 時，nums[L] == nums[L+1] 則會導致結果重複，應該跳過，L++
- 當 sum == 0 時，nums[R] == nums[R−1] 則會導致結果重複，應該跳過，R–R−−
class Solution {
public static List<List<Integer>> threeSum(int[] nums) {
List<List<Integer>> ans = new ArrayList();
int len = nums.length;
if(nums == null || len < 3) return ans;
Arrays.sort(nums); // 排序
for (int i = 0; i < len ; i++) {
if(nums[i] > 0) break; // 如果當前數字大於0，則三數之和一定大於0，所以結束循環
if(i > 0 && nums[i] == nums[i-1]) continue; // 去重
int L = i+1;
int R = len-1;
while(L < R){
int sum = nums[i] + nums[L] + nums[R];
if(sum == 0){
ans.add(Arrays.asList(nums[i],nums[L],nums[R]));
while (L<R && nums[L] == nums[L+1]) L++; // 去重
while (L<R && nums[R] == nums[R-1]) R--; // 去重
L++;
R--;
}
else if (sum < 0) L++;
else if (sum > 0) R--;
}
}
return ans;
}
}
複雜度分析
- 時間複雜度：O(n2)，數組排序 O(nLogn)，遍歷數組 O(n)，雙指針遍歷 O(n)，總體 O(nLogn)+O(n)*O(n) ， O(n2)
- 空間複雜度：O(1)
四數之和
給定一個包含 n 個整數的數組 nums 和一個目標值 target，判斷 nums 中是否存在四個元素 a，b，c 和 d ，使得 a + b + c + d 的值與 target 相等？找出所有滿足條件且不重複的四元組。
注意：答案中不可以包含重複的四元組。
示例：
給定數組 nums = [1, 0, -1, 0, -2, 2]，和 target = 0。
滿足要求的四元組集合爲：
[
[-1, 0, 0, 1],
[-2, -1, 1, 2],
[-2, 0, 0, 2]
]
解題思路
基本思想就和 3Sum 相同
先後固定其中兩個數值 i、j，再使用雙指針尋找與目標合適的差值
算法流程
- 特判，對於數組長度 n，如果數組爲 null 或者數組長度小於 4，返回 []。
對數組進行排序。 - 首先對數組進行排序
- 排序後固定一個數 nums[i]
- 如果 nums[i]大於 0，則三數之和必然無法等於0，結束循環
- 如果 nums[i] == nums[i−1]，則說明該數字重複，會導致結果重複，所以應該跳過
- 在固定一個數 nums[j]
- 再使用左右指針指向nums[j]後面的兩端，數字分別爲 nums[L] 和 nums[R]，計算四個數的和 sum 判斷是否滿足爲 0，滿足則添加進結果集
- 如果 nums[j] == nums[j−1]，則說明該數字重複，會導致結果重複，所以應該跳過
- 當 sum == 0 時，nums[L] == nums[L+1] 則會導致結果重複，應該跳過，L++
- 當 sum == 0 時，nums[R] == nums[R−1] 則會導致結果重複，應該跳過，R–R−−
class Solution {
public List<List<Integer>> fourSum(int[] nums,int target){
/*定義一個返回值*/
List<List<Integer>> result=new ArrayList<>();
/*當數組爲null或元素小於4個時，直接返回*/
if(nums==null||nums.length<4){
return result;
}
/*對數組進行從小到大排序*/
Arrays.sort(nums);
/*數組長度*/
int length=nums.length;
/*定義4個指針k，i，j，h k從0開始遍歷，i從k+1開始遍歷，留下j和h，j指向i+1，h指向數組最大值*/
for(int k=0;k<length-3;k++){
/*當k的值與前面的值相等時忽略*/
if(k>0&&nums[k]==nums[k-1]){
continue;
}
/*獲取當前最小值，如果最小值比目標值大，說明後面越來越大的值根本沒戲*/
int min1=nums[k]+nums[k+1]+nums[k+2]+nums[k+3];
if(min1>target){
break;
}
/*獲取當前最大值，如果最大值比目標值小，說明後面越來越小的值根本沒戲，忽略*/
int max1=nums[k]+nums[length-1]+nums[length-2]+nums[length-3];
if(max1<target){
continue;
}
/*第二層循環i，初始值指向k+1*/
for(int i=k+1;i<length-2;i++){
/*當i的值與前面的值相等時忽略*/
if(i>k+1&&nums[i]==nums[i-1]){
continue;
}
/*定義指針j指向i+1*/
int j=i+1;
/*定義指針h指向數組末尾*/
int h=length-1;
/*獲取當前最小值，如果最小值比目標值大，說明後面越來越大的值根本沒戲，忽略*/
int min=nums[k]+nums[i]+nums[j]+nums[j+1];
if(min>target){
continue;
}
/*獲取當前最大值，如果最大值比目標值小，說明後面越來越小的值根本沒戲，忽略*/
int max=nums[k]+nums[i]+nums[h]+nums[h-1];
if(max<target){
continue;
}
/*開始j指針和h指針的表演，計算當前和，如果等於目標值，j++並去重，h--並去重，噹噹前和大於目標值時h--，噹噹前和小於目標值時j++*/
while (j<h){
int curr=nums[k]+nums[i]+nums[j]+nums[h];
if(curr==target){
result.add(Arrays.asList(nums[k],nums[i],nums[j],nums[h]));
j++;
while(j<h&&nums[j]==nums[j-1]){
j++;
}
h--;
while(j<h&&i<h&&nums[h]==nums[h+1]){
h--;
}
}else if(curr>target){
h--;
}else {
j++;
}
}
}
}
return result;
}
}
複雜度分析
- 時間複雜度：O(n3) ：數組排序：O(nlogn), 數組遍歷兩次： O(n2),雙指針遍歷：O(n)總體：O(nlogn) + O(n2)*O(n)，O(n3)
- 空間複雜度：O(1)