（补）算法训练第七天|力扣454.四数相加II ，383. 赎金信，15. 三数之和，18. 四数之和
代码随想录算法训练营第七天|力扣454.四数相加II ，383. 赎金信，15. 三数之和，18. 四数之和
454.四数相加II
题目链接：四数相加II
参考：https://programmercarl.com/0454.%E5%9B%9B%E6%95%B0%E7%9B%B8%E5%8A%A0II.html
题目描述：
给你四个整数数组 nums1、nums2、nums3 和 nums4 ，数组长度都是 n ，请你计算有多少个元组 (i, j, k, l) 能满足：
- 0 <= i, j, k, l < n
- nums1[i] + nums2[j] + nums3[k] + nums4[l] == 0
示例1：
输入：nums1 = [1,2], nums2 = [-2,-1], nums3 = [-1,2], nums4 = [0,2]
输出：2
解释：
两个元组如下：
1. (0, 0, 0, 1) -> nums1[0] + nums2[0] + nums3[0] + nums4[1] = 1 + (-2) + (-1) + 2 = 0
2. (1, 1, 0, 0) -> nums1[1] + nums2[1] + nums3[0] + nums4[0] = 2 + (-1) + (-1) + 0 = 0
示例2：
输入：nums1 = [0], nums2 = [0], nums3 = [0], nums4 = [0]
输出：1
提示：
- n == nums1.length
- n == nums2.length
- n == nums3.length
- n == nums4.length
- 1 <= n <= 200
- -2^28 <= nums1[i], nums2[i], nums3[i], nums4[i] <= 2^28
思路：
这道题目是四个独立的数组，只要找到A[i] + B[j] + C[k] + D[l] = 0就可以，不用考虑有重复的四个元素相加等于0的情况，所以相对于题目18. 四数之和，题目15.三数之和，还是简单了不少！
如果本题想难度升级：就是给出一个数组（而不是四个数组），在这里找出四个元素相加等于0，答案中不可以包含重复的四元组。
1.怎么想到用哈希法？
思考：在集合中判断一个元素是否出现过的时候，想到要用哈希法。
可以先遍历数组A和数组B，储存所有可能性在哈希表中，然后一一遍历数组C和数组D的组合；看0-（C+D)元素是否在哈希表中出现，如果出现，就找到了合适的元组，这里涉及到了在哈希表中判断元素是否出现过，所以想到用哈希法。
2.用哈希法的哪种数据结构？
数值大小不可控，不可以用array；题意要统计元组出现的次数，所以我们需要有key-value的键值对, 所以说用Map。
3.Map用来干啥？其中的Key-value分别是啥？
Map用来存AB数组元素相加的所有可能性，key为相加之和的数值，value为这个数值出现的次数。
本题解题步骤：
- 首先定义 一个unordered_map，key放a和b两数之和，value 放a和b两数之和出现的次数。
- 遍历大A和大B数组，统计两个数组元素之和，和出现的次数，放到map中。
- 定义int变量count，用来统计 a+b+c+d = 0 出现的次数。
- 在遍历大C和大D数组，找到如果 0-(c+d) 在map中出现过的话，就用count把map中key对应的value也就是出现次数统计出来。
- 最后返回统计值 count 就可以了。
代码如下：
//时间复杂度：O(n^2)
//空间复杂度：O(n^2)
class Solution {
public:
int fourSumCount(vector<int>& A, vector<int>& B, vector<int>& C, vector<int>& D) {
unordered_map<int, int> umap; //key:a+b的数值，value:a+b数值出现的次数
// 遍历大A和大B数组，统计两个数组元素之和，和出现的次数，放到map中
for (int a : A) {
for (int b : B) {
umap[a + b]++;
}
}
int count = 0; // 统计a+b+c+d = 0 出现的次数
// 在遍历大C和大D数组，找到如果 0-(c+d) 在map中出现过的话，就把map中key对应的value也就是出现次数统计出来。
for (int c : C) {
for (int d : D) {
if (umap.find(0 - (c + d)) != umap.end()) {
count += umap[0 - (c + d)];
}
}
}
return count;
}
};
复杂度分析
时间复杂度：O(n^2)
我们使用了两次二重循环，时间复杂度均为 O(n^2)； 在循环中对哈希映射进行的修改以及查询操作的期望时间复杂度均为
O(1)，因此总时间复杂度为 O(n^2)；
空间复杂度：O(n^2)
即为哈希映射需要使用的空间。在最坏的情况下，A[i]+B[j]的值均不相同，因此值的个数为 n^2 ， 也就需要 O(n^2) 的空间。
思考：
- 提出疑问，为什么不只遍历A，得到Map，然后再遍历B，C，D中所有组合的可能性？因为这样的话，时间复杂度和空间复杂度就提升为O(N^3)；
- 注意count计数器在加的时候，并不是直觉上的count+= 1，因为出现的频率不一定是1，比如说map中储存的是5:3，对应三组AB元组，分别是，A[1] +B[2] = 5，A[2] +B[3] = 5，A[3] +B[4] = 5，然后在C+D中找到了一对相加等于-5的，所以说这样就找到了三组四元组，应该count+3；
- 和其他题目的比较思考：这道题和两数之和思路非常一致，只是创建Map和查找Map的时候，都变成了两个for loop一起遍历，value存的是下标；和有效字母的异位词处理也很类似，只是根据不同情况用到的元素不同，都是先创建容器，再利用容器找我们需要的结果；
- 题目乍眼看和三数之和，四数之和差不多，其实差很多；本题是使用哈希法的经典题目，而以上两道题不适合使用哈希法，因为三数之和和四数之和这两道题目使用哈希法在不超时的情况下做到对结果去重是很困难的，很有多细节需要处理。而这道题目是四个独立的数组，只要找到A[i] + B[j] + C[k] + D[l] = 0就可以，不用考虑有重复的四个元素相加等于0的情况，所以相对于题目18. 四数之和，题目15.三数之和，还是简单了不少！
383. 赎金信
题目链接： 赎金信
参考：https://programmercarl.com/0383.%E8%B5%8E%E9%87%91%E4%BF%A1.html
题目描述：
给你两个字符串：ransomNote 和 magazine ，判断 ransomNote 能不能由 magazine 里面的字符构成。
如果可以，返回 true ；否则返回 false 。
magazine 中的每个字符只能在 ransomNote 中使用一次。
示例1：
输入：ransomNote = "a", magazine = "b"
输出：false
示例2：
输入：ransomNote = "aa", magazine = "ab"
输出：false
示例3：
输入：ransomNote = "aa", magazine = "aab"
输出：true
提示：
- 1 <= ransomNote.length, magazine.length <= 105
- ransomNote 和 magazine 由小写英文字母组成
思路：
这道题目和242.有效的字母异位词 很像，242.有效的字母异位词 相当于求 字符串a 和 字符串b 是否可以相互组成 ，而这道题目是求 字符串a能否组成字符串b，而不用管字符串b 能不能组成字符串a。
本题判断第一个字符串ransom能不能由第二个字符串magazines里面的字符构成，但是这里需要注意两点。
- 第一点“为了不暴露赎金信字迹，要从杂志上搜索各个需要的字母，组成单词来表达意思” 这里说明杂志里面的字母不可重复使用。
- 第二点 “你可以假设两个字符串均只含有小写字母。” 说明只有小写字母，这一点很重要
如何想到用哈希法？
本题判断第一个字符串ransom能不能由第二个字符串magazines里面的字符构成。也就是看字符串ransom中的元素，是否在magazine中出现过。
在集合中判断一个元素是否出现过，则立即想到哈希法。
哈希表用哪种数据结构？其组成元素代表什么含义？
题目中还有两点细节需要注意：
如上所述。
因为不可以重复使用，所以我们需要在建立哈希表的时候，统计每个元素出现的次数，因为字符串中只有小写字母，小写字母最多只有26种，所以可以用长度为26的数组来作哈希表，数组的下标索引是从“a”-”z”的各个字母，数组值是该字母出现的次数。哈希解法实现思路
因为题目所只有小写字母，那可以采用空间换取时间的哈希策略， 用一个长度为26的数组还记录magazine里字母出现的次数。
然后再用ransomNote去验证这个数组是否包含了ransomNote所需要的所有字母。依然是数组在哈希法中的应用。
（参考：https://blog.csdn.net/weixin_47284299/article/details/127068059）
代码如下：
（1）暴力解法：
那么第一个思路其实就是暴力枚举了，两层for循环，不断去寻找，代码如下：
// 时间复杂度: O(n^2)
// 空间复杂度：O(1)
class Solution {
public:
bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {
for (int i = 0; i < magazine.length(); i++) {
for (int j = 0; j < ransomNote.length(); j++) {
// 在ransomNote中找到和magazine相同的字符
if (magazine[i] == ransomNote[j]) {
ransomNote.erase(ransomNote.begin() + j); // ransomNote删除这个字符
break;
}
}
}
// 如果ransomNote为空，则说明magazine的字符可以组成ransomNote
if (ransomNote.length() == 0) {
return true;
}
return false;
}
};
这里时间复杂度是比较高的，而且里面还有一个字符串删除也就是erase的操作，也是费时的，当然这段代码也可以过这道题。
(2)哈希解法：
因为题目所只有小写字母，那可以采用空间换取时间的哈希策略， 用一个长度为26的数组还记录magazine里字母出现的次数。
然后再用ransomNote去验证这个数组是否包含了ransomNote所需要的所有字母。
依然是数组在哈希法中的应用。
时间复杂度：O(m + n)
其中 m 是字符串 ransomNote 的长度，n 是字符串 magazine 的长度，我们只需要遍历两个字符一次即可；
空间复杂度：O(|S|) = O(1）
S 是字符集，这道题中 S 为全部小写英语字母，因此 |S| = 26。
一些同学可能想，用数组干啥，都用map完事了，其实在本题的情况下，使用map的空间消耗要比数组大一些的，因为map要维护红黑树或者哈希表，而且还要做哈希函数，是费时的！数据量大的话就能体现出来差别了。 所以数组更加简单直接有效！
代码如下：
// 时间复杂度: O(n)
// 空间复杂度：O(1)
class Solution {
public:
bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {
int record[26] = {0};
//add
if (ransomNote.size() > magazine.size()) {
return false;
}
for (int i = 0; i < magazine.length(); i++) {
// 通过recode数据记录 magazine里各个字符出现次数
record[magazine[i]-'a'] ++;
}
for (int j = 0; j < ransomNote.length(); j++) {
// 遍历ransomNote，在record里对应的字符个数做--操作
record[ransomNote[j]-'a']--;
// 如果小于零说明ransomNote里出现的字符，magazine没有
if(record[ransomNote[j]-'a'] < 0) {
return false;
}
}
return true;
}
};
思考：
- 可以直接用Map吗？其实在本题的情况下，使用map的空间消耗要比数组大一些的，因为map要维护红黑树或者哈希表，而且还要做哈希函数，是费时的！数据量大的话就能体现出来差别了。 所以数组更加简单直接有效！
- 本题 和 242.有效的字母异位词 是一个思路 ，算是拓展题；
- 本题是 使用array 巧妙解决的问题，好好体会一下 哈希法 如何提高程序执行效率，降低时间复杂度，当然使用哈希法 会提高空间复杂度，但一般来说我们都是舍空间 换时间， 工业开发也是这样。
15.三数之和
题目链接：三数之和
参考：https://programmercarl.com/0015.%E4%B8%89%E6%95%B0%E4%B9%8B%E5%92%8C.html
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
思路：
这道题目使用双指针法 要比哈希法高效一些。
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。
步骤：
- 创建接收集合，对数组进行排序；
- 遍历数组，有了指针i；
- 对指针 i 进行去重操作；
- 创建left 和 right 指针；
- 移动指针，找到符合条件的元素；
- 如果找到，收割结果，对left和right进行去重操作；
- 继续移动指针寻找符合条件的元组。
代码如下：
class Solution {
public:
vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
vector<vector<int>> result;
sort(nums.begin(), nums.end());
// 找出a + b + c = 0
// a = nums[i], b = nums[left], c = nums[right]
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
// 排序之后如果第一个元素已经大于零，那么无论如何组合都不可能凑成三元组，直接返回结果就可以了
if (nums[i] > 0) {
return result;
}
// 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;
}
*/
// 正确去重a方法
if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]) {
continue;
}
int left = i + 1;
int right = nums.size() - 1;
while (right > left) {
// 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++;
*/
if (nums[i] + nums[left] + nums[right] > 0) right--;
else if (nums[i] + nums[left] + nums[right] < 0) left++;
else {
result.push_back(vector<int>{nums[i], nums[left], nums[right]});
// 去重逻辑应该放在找到一个三元组之后，对b 和 c去重
while (right > left && nums[right] == nums[right - 1]) right--;
while (right > left && nums[left] == nums[left + 1]) left++;
// 找到答案时，双指针同时收缩
right--;
left++;
}
}
}
return result;
}
};
找元组a+b+c = 0：
定义vector → 排序 → for循环 → 对a剪枝，去重 → 找到符合条件的a，b，c并保存好 → 对b，c去重 → return
复杂度分析：
时间复杂度：O(n^2)。
首先排序的时间复杂度为O(NlogN）；第一个循环，遍历元素i，在每个元素i中，两个指针left和right会把数组也遍历一遍，因此总共的遍历的复杂度是O(N^2)，
加起来就是O(N^2)；空间复杂度：O(1)/O(N)
输出答案的空间不会有很多，可以认为是O(1），排序所需要的空间复杂度也为O(1）；但如果题意不能原地排序的话，需要创建一个新的数组，那么排序的空间复杂度变为O(N）。
难点：
a的去重
说道去重，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i，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，还是比较他的后一个。
如果我们的写法是 这样：
if (nums[i] == nums[i + 1]) { // 去重操作
continue;
}
那就我们就把 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。
如果去重的话一般就是判断nums[i] == nums[i + 1], 但是我们此时 i + 1 指向的是left ，如果用这个条件判断成三数中不能有重复的了，而不是a 不能有重复的了， 所以这里应该使用nums[i] == nums[i - 1] 进行判断，用下面的图进行举例
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。
写本题的时候，没必要去重的逻辑多加 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 {
}
}
这种去重其实对提升程序运行效率是没有帮助的。
- 本题的双指针逻辑相对还比较清晰明了，但是去重的过程有很多容易出错的地方和细节；
- 既然三数之和可以使用双指针法，我们之前讲过的1.两数之和，可不可以使用双指针法呢？
两数之和 就不能使用双指针法，因为1.两数之和 要求返回的是索引下标， 而双指针法一定要排序，一旦排序之后原数组的索引就被改变了。
如果1.两数之和要求返回的是数值的话，就可以使用双指针法了。
对于continue和break在三数之和的区别：
continue是下一个i 还存在有可能的情况, break是无论后面多少个i我们是确定不会再出现这样的情况了
18.四数之和
题目链接：四数之和
参考：https://programmercarl.com/0018.%E5%9B%9B%E6%95%B0%E4%B9%8B%E5%92%8C.html
题目描述：
给你一个由 n 个整数组成的数组 nums ，和一个目标值 target 。请你找出并返回满足下述全部条件且不重复的四元组 [nums[a], nums[b], nums[c], nums[d]] （若两个四元组元素一一对应，则认为两个四元组重复）：
- 0 <= a, b, c, d < n
- a、b、c 和 d 互不相同
- nums[a] + nums[b] + nums[c] + nums[d] == target
你可以按 任意顺序 返回答案 。
示例1：
输入：nums = [1,0,-1,0,-2,2], target = 0
输出：[[-2,-1,1,2],[-2,0,0,2],[-1,0,0,1]]
示例2：
输入：nums = [2,2,2,2,2], target = 8
输出：[[2,2,2,2]]
提示：
- 1 <= nums.length <= 200
- -109 <= nums[i] <= 109
- -109 <= target <= 109
思路：
四数之和，和15.三数之和 是一个思路，都是使用双指针法, 基本解法就是在15.三数之和的基础上再套一层for循环。
但是有一些细节需要注意，例如： 不要判断nums[k] > target 就返回了，三数之和 可以通过 nums[i] > 0
就返回了，因为 0 已经是确定的数了，四数之和这道题目 target是任意值。比如：数组是[-4, -3, -2,
-1]，target是-10，不能因为-4 > -10而跳过。但是我们依旧可以去做剪枝，逻辑变成nums[i] > target && (nums[i] >=0 || target >= 0)就可以了。
三数之和的双指针解法是一层for循环num[i]为确定值，然后循环内有left和right下标作为双指针，找到nums[i] + nums[left] + nums[right] == 0。
四数之和的双指针解法是两层for循环nums[k] + nums[i]为确定值，依然是循环内有left和right下标作为双指针，找出nums[k] + nums[i] + nums[left] + nums[right] == target的情况，三数之和的时间复杂度是O(n^2)，
四数之和的时间复杂度是O(n^3) 。
那么一样的道理，五数之和、六数之和等等都采用这种解法。
之前我们讲过哈希表的经典题目：454.四数相加II ，相对于本题简单很多，因为本题是要求在一个集合中找出四个数相加等于target，同时四元组不能重复。
而454.四数相加II是四个独立的数组，只要找到A[i] + B[j] + C[k] + D[l] = 0就可以，不用考虑有重复的四个元素相加等于0的情况，所以相对于本题还是简单了不少！
代码如下：
class Solution {
public:
vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target) {
vector<vector<int>> result;
sort(nums.begin(), nums.end());
for (int k = 0; k < nums.size(); k++) {
// 剪枝处理
if (nums[k] > target && nums[k] >= 0) {
break; // 这里使用break，统一通过最后的return返回
}
// 对nums[k]去重
if (k > 0 && nums[k] == nums[k - 1]) {
continue;
}
for (int i = k + 1; i < nums.size(); i++) {
// 2级剪枝处理
if (nums[k] + nums[i] > target && nums[k] + nums[i] >= 0) {
break;
}
// 对nums[i]去重
if (i > k + 1 && nums[i] == nums[i - 1]) {
continue;
}
int left = i + 1;
int right = nums.size() - 1;
while (right > left) {
// nums[k] + nums[i] + nums[left] + nums[right] > target 会溢出
if ((long) nums[k] + nums[i] + nums[left] + nums[right] > target) {
right--;
// nums[k] + nums[i] + nums[left] + nums[right] < target 会溢出
} else if ((long) nums[k] + nums[i] + nums[left] + nums[right] < target) {
left++;
} else {
result.push_back(vector<int>{nums[k], nums[i], nums[left], nums[right]});
// 对nums[left]和nums[right]去重
while (right > left && nums[right] == nums[right - 1]) right--;
while (right > left && nums[left] == nums[left + 1]) left++;
// 找到答案时，双指针同时收缩
right--;
left++;
}
}
}
}
return result;
}
};
补充：
if (nums[k] + nums[i] > target && nums[k] + nums[i] >= 0) {
break;
}
可以优化为
if (nums[k] + nums[i] > target && nums[i] >= 0) {
break;
}
因为只要 nums[k] + nums[i] > target，那么 nums[i] 后面的数都是正数的话，就一定 不符合条件了。
复杂度分析：
时间复杂度：O(n^3) 其中 n是数组的长度。排序的时间复杂度是 O(n log n)，枚举四元组的时间复杂度是 O(n^3)，
因此总时间复杂度为 O(n^3+n\log n)=O(n^3)空间复杂度：O(1)/O(N)
其中
n是数组的长度。空间复杂度主要取决于排序是否额外使用空间。如果允许原地排序，则为O(1），不允许则为O(N)；输出的答案考虑为O（1）级别。
双指针法分别有如下三种应用：
（1）双指针法将时间复杂度：O(n^2)的解法优化为 O(n)的解法。也就是降一个数量级，题目如下：
- 27.移除元素
- 15.三数之和
- 18.四数之和
（2）使用双指针记录前后指针。链表相关双指针题目：
- 206.反转链表 实现链表反转
- 19.删除链表的倒数第N个节点
- 面试题 02.07. 链表相交
（3）使用双指针确定有环
- 142题.环形链表II
三数之和去重为什么碰到相邻相同的要元素跳过：
一个是因为之前已经判断过，不必再判断，还有一个是因为必须要减枝，不然会超时，还有就是题目要求不能重复，再次执行会导致重复添加数据。
三数之和这么去重，是怎么保证a的去重，而没有把合适的b也去掉了呢？
因为b在a后面，当a的数字确定，后面b+c的值也确定，比如序列-2,-2,4,8,16,第一次遇到某一个a=-2的时候已经把后面所有b+c=2的情况跑完了，第二次再次遇到a=-2的时候已经没有跑的意义了，更遑论有没有去掉合适的b，而且有可能第一次遇到a=-2的时候，可能正好有b=-2,c=4这种情况，但你第二次遇到a=-2,再去跑，就会发现甚至这种情况还会被漏掉。
nums[i] == nums[i-1]基本就是应对这两种情况