文章目录
- 15. 三数之和
- 题目描述
- 双指针
- 去重逻辑的思考
- a的去重
- b与c的去重
15. 三数之和
题目描述
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 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
- -105 <= nums[i] <= 105
双指针
其实这道题目使用哈希法并不十分合适，因为在去重的操作中有很多细节需要注意，在面试中很难直接写出没有bug的代码。
而且使用哈希法 在使用两层for循环的时候，能做的剪枝操作很有限，虽然时间复杂度是O(n^2)，也是可以在leetcode上通过，但是程序的执行时间依然比较长 。
接下来我来介绍另一个解法：双指针法，这道题目使用双指针法 要比哈希法高效一些，那么来讲解一下具体实现的思路。
动画效果如下：
拿这个nums数组来举例，首先将数组排序，然后有一层for循环，i从下标0的地方开始，同时定一个下标left 定义在i+1的位置上，定义下标right 在数组结尾的位置上。
依然还是在数组中找到 abc 使得a + b +c =0，我们这里相当于 a = nums[i]，b = nums[left]，c = nums[right]。
接下来如何移动left 和right呢， 如果nums[i] + nums[left] + nums[right] > 0 就说明 此时三数之和大了，因为数组是排序后了，所以right下标就应该向左移动，这样才能让三数之和小一些。
如果 nums[i] + nums[left] + nums[right] < 0 说明 此时 三数之和小了，left 就向右移动，才能让三数之和大一些，直到left与right相遇为止。
时间复杂度：O(n^2)。
class Solution {
public:
// 主函数，调用此函数来找到所有不重复的三数之和为零的组合
vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
// 注释掉的快速排序，留作参考或者选择排序方法
// quick_sort(nums, 0, nums.size() - 1); // 快速排序
// 使用归并排序对数组进行排序
merge_sort(nums, 0, nums.size() - 1);
// 定义用于存放结果的二维向量
vector<vector<int>> result;
// 找出a + b + c = 0
// a = nums[i], b = nums[left], c = nums[right]
// 遍历排序后的数组，寻找三数之和为零的组合
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
// 如果当前数字大于0，则后续不可能找到三数之和为零的组合（因为数组已排序）
if (nums[i] > 0) break;
// 错误去重a方法，将会漏掉-1,-1,2 这种情况
/*
if (nums[i] == nums[i + 1]) {
continue;
}
*/
// 去重：跳过连续相同的数字，以避免重复的三元组
if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]) continue;
// 定义左指针和右指针
int l = i + 1, r = nums.size() - 1;
// 当左指针小于右指针时，执行循环
while (l < r) {
// 去重复逻辑如果放在这里，0，0，0 的情况，可能直接导致 right<=left 了，从而漏掉了 0,0,0 这种三元组
/*
while (right > left && nums[right] == nums[right - 1]) right--;
while (right > left && nums[left] == nums[left + 1]) left++;
*/
// 计算三数之和
int sum = nums[i] + nums[l] + nums[r];
// 根据三数之和与零的比较，移动指针
if (sum > 0) r--; // 和大于零，移动右指针以减小和
else if (sum < 0) l++; // 和小于零，移动左指针以增大和
else {
// 找到有效的三元组，加入结果集
result.push_back({nums[i], nums[l], nums[r]});
// 去重：跳过左侧连续相同的数字
while (l < r && nums[l] == nums[l + 1]) l++;
// 去重：跳过右侧连续相同的数字
while (l < r && nums[r] == nums[r - 1]) r--;
// 移动左右指针准备寻找下一个可能的组合
l++, r--;
}
}
}
// 返回最终的结果集
return result;
}
private:
// 快速排序函数，已注释掉，但可供选择使用
void quick_sort(vector<int>& n, int l, int r) {
if (l >= r) return;
// 快速排序的分区操作
int i = l - 1, j = r + 1, x = n[l + r >> 1];
while (i < j) {
do i++; while (n[i] < x);
do j--; while (n[j] > x);
if (i < j) swap(n[i], n[j]);
}
// 递归排序左半部
quick_sort(n, l, j);
// 递归排序右半部
quick_sort(n, j + 1, r);
}
// 用于归并排序的临时数组
int tmp[3000];
// 归并排序函数
void merge_sort(vector<int>& n, int l, int r) {
if (l >= r) return; // 如果区间只有一个元素或为空，则不进行操作
// 计算中点，用于分割数组
int mid = l + r >> 1;
// 递归排序左半部分
merge_sort(n, l, mid);
// 递归排序右半部分
merge_sort(n, mid + 1, r);
// 归并操作：合并两个有序数组
int i = l, j = mid + 1, k = 0;
while (i <= mid && j <= r) {
// 选取两个数组中较小的一个加入到临时数组中
if (n[i] < n[j]) tmp[k++] = n[i++];
else tmp[k++] = n[j++];
}
// 将剩余元素加入临时数组
while (i <= mid) tmp[k++] = n[i++];
while (j <= r) tmp[k++] = n[j++];
// 将临时数组中的元素复制回原数组
for (int i = l, j = 0; i <= r; i++, j++) n[i] = tmp[j];
}
};
去重逻辑的思考
a的去重
说到去重，其实主要考虑三个数的去重。 a, b ,c, 对应的就是 nums[i]，nums[left]，nums[right]
a 如果重复了怎么办，a是nums里遍历的元素，那么应该直接跳过去。
但这里有一个问题，是判断 nums[i] 与 nums[i + 1]是否相同，还是判断 nums[i] 与 nums[i-1] 是否相同。
有同学可能想，这不都一样吗。
其实不一样！
都是和 nums[i]进行比较，是比较它的前一个，还是比较它的后一个。
如果我们的写法是 这样：
if (nums[i] == nums[i + 1]) { // 去重操作
continue;
}
那我们就把 三元组中出现重复元素的情况直接pass掉了。 例如{-1, -1 ,2} 这组数据，当遍历到第一个-1 的时候，判断 下一个也是-1，那这组数据就pass了。
我们要做的是 不能有重复的三元组，但三元组内的元素是可以重复的！
所以这里是有两个重复的维度。
那么应该这么写：
if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]) {
continue;
}
这么写就是当前使用 nums[i]，我们判断前一位是不是一样的元素，在看 {-1, -1 ,2} 这组数据，当遍历到 第一个 -1 的时候，只要前一位没有-1，那么 {-1, -1 ,2} 这组数据一样可以收录到 结果集里。
这是一个非常细节的思考过程。
总结：去重的原则是：有了才能重，还没有就不会重(没法预测未来, 但要保证走过的路不要再走)
b与c的去重
很多同学写本题的时候，去重的逻辑多加了 对right 和left 的去重：（代码中注释部分）
while (right > left) {
if (nums[i] + nums[left] + nums[right] > 0) {
right--;
// 去重 right
while (left < right && nums[right] == nums[right + 1]) right--;
} else if (nums[i] + nums[left] + nums[right] < 0) {
left++;
// 去重 left
while (left < right && nums[left] == nums[left - 1]) left++;
} else {
}
}
但细想一下，这种去重其实对提升程序运行效率是没有帮助的。
拿right去重为例，即使不加这个去重逻辑，依然根据 while (right > left) 和 if (nums[i] + nums[left] + nums[right] > 0) 去完成right-- 的操作。
多加了 while (left < right && nums[right] == nums[right + 1]) right--; 这一行代码，其实就是把 需要执行的逻辑提前执行了，但并没有减少 判断的逻辑。
最直白的思考过程，就是right还是一个数一个数的减下去的，所以在哪里减的都是一样的。
所以这种去重 是可以不加的。 仅仅是 把去重的逻辑提前了而已。
