283.移动零
题目链接：移动零
题目描述：给定一个数组
nums，编写一个函数将所有0移动到数组的末尾，同时保持非零元素的相对顺序。请注意 ，必须在不复制数组的情况下原地对数组进行操作。
解题思路：
创建两个指针 i 和 j，第一次遍历的时候指针 j 用来记录当前有多少 非0 元素。即遍历的时候每遇到一个 非0 元素就将其往数组左边挪，第一次遍历完后，j 指针的下标就指向了最后一个 非0 元素下标。
第二次遍历的时候，起始位置就从 j 开始到结束，将剩下的这段区域内的元素全部置为 0。
class Solution {
public:
void moveZeroes(vector<int>& nums) {
int left = 0;
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
if (nums[i] != 0) {
nums[left++] = nums[i];
}
}
for (int i = left; i < nums.size(); i++) {
nums[i] = 0;
}
}
};
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
11.盛最多水的容器
题目链接：盛最多水的容器
题目描述：给定一个长度为
n的整数数组height。有n条垂线，第i条线的两个端点是(i, 0)和(i, height[i])。找出其中的两条线，使得它们与
x轴共同构成的容器可以容纳最多的水。返回容器可以储存的最大水量。
**说明：**你不能倾斜容器。
解题思路：
设两指针i和j，对应的水槽板高度为h[i]和h[j]，此状态下水槽面积为 S(i,j)。由于可容纳水的高度由两板中的 短板 决定，因此可得如下 面积公式 ：
S(i,j)=min(h[i],h[j])×(j−i)
如果暴力解法就是使用两层for循环分别遍历i和j，遍历所有情况得到最大存水量。使用双指针的意义就在于可以去掉一些没必要遍历的情况。
在每个状态下，无论长板或短板向中间收窄一格，都会导致水槽 底边宽度 −1变短：
若向内 移动短板 ，水槽的短板 min(h[i],h[j]) 可能变大，因此下个水槽的面积 可能增大 。
若向内 移动长板 ，水槽的短板min(h[i],h[j]) 不变或变小，因此下个水槽的面积 一定变小 。
因此，初始化双指针分列水槽左右两端，循环每轮将短板向内移动一格，并更新面积最大值，直到两指针相遇时跳出；即可获得最大面积。
class Solution {
public:
int maxArea(vector<int>& height) {
int left = 0;
int right = height.size() - 1;
int result = 0;
while (left < right) {
int count = min(height[left], height[right]) * (right - left);
result = max(result,count);
if (height[left] < height[right])
left++;
else
right--;
}
return result;
}
};
15.三数之和
题目链接：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。
解题思路：
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。
class Solution {
public:
vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
vector<vector<int>> result;
sort(nums.begin(), nums.end());
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
if (nums[i] > 0)
break;
if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1])
continue;
int left = i + 1;
int right = nums.size() - 1;
while (left < right) {
int sum = nums[i] + nums[left] + nums[right];
if (sum < 0)
left++;
else if (sum > 0)
right--;
else {
result.push_back({nums[i], nums[left], nums[right]});
while (left < right && nums[left] == nums[left + 1]) {
left++;
}
while (left < right && nums[right] == nums[left - 1]) {
right--;
}
left++;
right--;
}
}
}
return result;
}
};
42. 接雨水
题目链接：接雨水
题目描述：给定
n个非负整数表示每个宽度为1的柱子的高度图，计算按此排列的柱子，下雨之后能接多少雨水。
解题思路：
对于下标 i，下雨后水能到达的最大高度等于下标 i 两边的最大高度的最小值，下标 i处能接的雨水量等于下标 i处的水能到达的最大高度减去 height[i]。
维护两个指针 left 和 right，以及两个变量 leftMax 和 rightMax，初始时 left=0,right=n—1, leftMax, rightMax=0。指针 left 只会向右移动，指针 right 只会向左移动，在移动指针的过程中维护两个变量 leftMax 和 rightMax 的值。
当两个指针没有相遇时，进行如下操作：
使用 height[left] 和 height[right] 的值更新 leftMax 和 rightMax 的值；
- 如果leftMax < rightMax，下标 left 处能接的雨水量等于leftMax - height[left]，将下标 left处能接的雨水量加到能接的雨水总量，然后将 left 加1（即向右移动一位）；
- 如果leftMax ≥ rightMax，下标 right处能接的雨水量等于rightMax - height[right]，将下标 right处能接的雨水量加到能接的雨水总量，然后将 right 减1（即向左移动一位）。
当两个指针相遇时，即可得到能接的雨水总量。
class Solution {
public:
int trap(vector<int>& height) {
int result = 0;
int left = 0, right = height.size() - 1;
int leftMax = 0, rightMax = 0;
while (left < right) {
leftMax = max(leftMax, height[left]);
rightMax = max(rightMax, height[right]);
if (leftMax < rightMax) {
result += leftMax - height[left];
left++;
} else {
result += rightMax - height[right];
right--;
}
}
return result;
}
};
