经典算法题之（七）------ n数之和问题

1.0 寻找二数之和

两数之和问题--leetcode

即在数组nums[]中寻找和为target的元素下标。

题本身的解法很经典：

解法一：暴力解法，判断所有元素对的组合：空间：O(l)，时间：O(N(N-1)/2) = O(N^2)

解法二：使用Map，遍历时判断，target-nums[i]在不在现有的Map中，如果存在，则已经找到，直接返回；否则将当前元素添加进Map中。空间：O(N)，时间：O(N)。

关于这两种方法的代码我的leetcode上都有，这里就不再讨论了。但现在考虑另外一种解法：现将nums[i]排序，再使用以下策略找到元素对：设2个指针：i，j分别指向nums[]首尾，

若nums[i] + nums[j] > target，则 j--

若nums[i] + nums[j] < target，则 i++

若nums[i] + nums[j] == target，则返回。

这里有个问题可能使人迷惑，考虑数组 int[] nums = {6，5, -1, 7, 9}, 排好序后为 {-1, 5, 6, 7，9}, 当我们寻找target = 11这个数时，假设我们已经寻找到了nums[i] = 5, nums[j] = 7的位置（前面的过程不再赘述），5+7 > 11, 此时我们按照之前说的策略应该令 j--，但是有个问题：当前之和大于target，即需要nums[i] 或者nums[j]变小，那么其实有两个选择，i--或者j--，为什么不能让j不动，i--呢？或者说，你采取一旦大了就令nums[j]减小，一旦小了就令nums[i]增大，这样会不会“漏掉”一些本应该能组合而成的两数之和呢。举个例子，当前nums[i] + nums[j] > target，令j--，会不会nums[j-1] 一下子减的太小，令nums[i]  + nums[j-1] < target了，而其实存在nums[i-1] + nums[j] == target的情况。

这里就来证明排序+双指针法的正确性。

为了证明充分起见，假设target唯一一对点对nums[p] 与nums[q] 之和，见下图：

假设一开始始终有nums[i] + nums[j] < target，故一直i++，现在先来看会不会出现 k > p即i跑过头的情况，因为nums[p] + nums[q] == target，现在已经有j >= q, 则必然nums[j] >= nums[q]，所以i走到p时必然有nums[p] + nums[j]  >= target，故i必然在p之前就停下来了，假设停下来的位置为k，则必有k <= p。

因为nums[k] + nums[j] > target，故开始减小j，假设当j = r时，出现nums[k] + nums[r] < target，又要开始增大i，这里再看一下j会不会跑过头：因为k <= p, 故在j = q时已经有：nums[k] + nums[q] <= target，即j翻不过q，在q右侧即停下，不会过头。

因为target是唯一的nums[p]与nums[q]之和，所以在i < p, j > q时，nums[i] + nums[j] == target总是不成立的，如果小于，则i++，如果大于则j--。i和j分别向p和q靠近，且在i = p或者j = q之前会一直进行下去。

假设现在i已经到达p，则必然有nums[p] + nums[j] > target，故i++的动作停止，开始j--，一直到j = q，刚好等式成立，结束。

综上，如果nums[]中存在一个点对之和为target，其值唯一，则i和j的移动不会越界，同时没到目的地也不会停下，一直一步一步向两个点靠近，一旦有一个点到了答案点（例如上例的i到了p）则立马会停下来，下面全部是j在往左走，即不会出现之前引出问题的情景：在i的左侧可能还有解。上面两条可以归结为：

① i和j在还没到目标位置时，会一直逐渐靠近，不会出现提前停下来的情况

② 一旦到达了目标位置，当前点就不会再动，只会等着另一端达到目标点。

=== > 不会停，不会越界，刚刚好。

对于target对应的点对不唯一的情况，其实是上面的简化版本，即在i和j到达其中一个目的地之前已经满足了nums[i] + nums[j] == target，直接返回。换句话说，该策略找到的第一对结果即为"最外层"的目标点对。

所以排序+双指针的方法是正确。

当然，这里插个话，对于target对应的点对不唯一的情况，如果真要探究，如现在有一道题要返回所有符合条件的点对，则可以先分析点对的位置关系入手，其实可以看到，如果存在两个点对满足和为target，则他们一定满足点对包围的情况：

如下这种点对交叉的情况根本不可能存在：

只要交叉，设其中一个和target，则其余之和必然为大于或小于target，道理很简单：两个数都大于/小于其余两个数，其和必然大于/或小于另外两个数之和。

那么如下的点对包围情况该怎么解呢：

如上图点对包围的情况，有两个点对满足和为target，其一对被另外一个对包围。则因为i和j翻越不了p，q，故会访问p，q点对，此时直接return了，但是如果现在条件该为了“返回所有符合条件的点对”，则不能直接return，而是存下p，q值，令i++ && j--（在不允许使用重复元素的条件下），继续进行，直到i和j相遇为止。

现在来看看复杂度：

空间：O(l)，时间：O(NlogN+N) = O(NlogN)

相较于hash法的O(N)和O(N)在空间上更优，但在时间上更劣。当前，这里详细介绍这个方法其实是为了下面解决三数之和的问题做铺垫。

 

2.0 寻找三数之和

三数之和问题--leetcode

和两数之和问题类似，能想到的解法有两种：

解法一：暴力，判断所有的三数组合之和满不满足条件，枚举的复杂度为：空间：O(l)， 时间：O(N^3)

解法二：hash法，不同的是，这里在检查元素nums[i]时，需要将所有元素能组成的两数之和塞进map中（这里先不讨论如何存储下标的问题，只做策略上的思考），而通过1.0两数之和的暴力解法我们已经知道，列举N个元素之和的复杂度为O(N^2)（即使有重复之和不用put，但是判断同样需要O(l)时间，故还是要O(N^2)时间），put两数之和后，还要遍历一次nums[]（这里都没考虑一个元素不能重复使用的问题了），故总的复杂度为O(N^3)，并不可行。

此时让我们再回看1.0的排序+双指针方法。

本题我们可以先排序，然后遍历nums[i], 对于每个nums[i]，我们使用双指针法判断 num[i+1]到nums[N-1]的序列中有没有和为target - nums[i]的，只要找到就成功返回。一直到nums[N-3]也没找到，则就不存在。

具体程序见leetcode。

当然这题也有变式，如：

最接近的三数之和 ---- leetcode

当然，直接用同样的方法遍历即可。更新最新的距离。此时就能更加直观地感受排序+双指针和暴力的复杂度区别：

O(NlogN)(排序) + O(N^2)(遍历N元素) = O(N^2) < O(N^3)

 

3.0 寻找四数之和

四数之和问题--leetcode

其实和三数之和一个道理了，只是此时需要先定下来两个数，剩下的两个用排序+双指针法寻找。解答可见leetcode。

另外注意，这类题目要仔细审题：是判断是否至少存在一个，还是返回任意一个，还是返回所有符合条件的元组。就例如本题在leetcode上对应的三数之和的题目，要求：1.所有符合条件的元组  2. 不重复。

另外，也有可能在target做手脚，target大于等于0，则可以直接在for循环里先判断nums[i] > target ,如果成立，则后面不用寻找了，因为枢纽本身大于target，则枢纽后面的必然大于 > 0, 故不用查找。

但是对于target < 0 则不能这么干，因为例如target为-6, 数组为 {-4,-2,-1,0}，虽然nums[0] = -4 > -6，但是nums[1] = -2，越加越小，故还是有可能的：nums[0] + nums[1] = -6满足条件。

如leetcode上对应的四数之和问题，有可能target小于0的情况。

 

4.0 组合数之和

组合数之和问题 ---- leetcode

即不限定个数，求所有和能凑成target的数字组合。