双指针训练
1.原理
双指针是一种解题常用方法，常用于将数组按照某种要求进行分块/划分，这里的指针对于数组来说，可以替换成下标（毕竟使用下标实际上就是用了指针）。
1.1.划分区间
通常将这两个指针命名位dest/cur（或者begin/end），利用这两个指针将区间划分为三个不同性质的区间[0, dest-1][dest, cur-1][cur, n-1]，在cur移动的时候，保持三个区间的性质不变。
实际上这也是快速排序中的前后指针、三路划分中使用的原理。仔细回想一下，快速排序的算法逻辑中，实际上也是将下标[left, right]之间的数据划分为[left, key-1][key, key][key+1, right]，并且让这三个区间保持某种性质不变（在快排中是第一个区间比key小/大，最后一个区间比key大/小）。
具体可以看一下这一道：[2.1.[283. 移动零]](##2.1.[283. 移动零])。
1.2.覆盖重写
利用双指针可以达到覆盖数组的目的，这里可以看看：[2.2.[1089. 复写零]](##2.2.[1089. 复写零])。
1.3.快慢指针
经典的应用就是判断链表是否带环，可以看看：[2.3.[202. 快乐数]](##2.3.[202. 快乐数])。
1.4.单调性
有些时候将序列排序后使用双指针会有很高效的解法，可以看看：[2.5.[611. 有效三角形的个数]](##2.5.[611. 有效三角形的个数])、[2.6.[LCR 179. 查找总价格为目标值的两个商品]](##2.6.[LCR 179. 查找总价格为目标值的两个商品])
2.题目
2.1.283. 移动零
这道题目的解法有很多，这里我写一个常见的解法：使用cur扫描/遍历数组，使用dest来作为分界线，在划分成的[0,dest-1][dest, cur-1][cur, n-1]中，三个区间的性质是：[0,dest-1]是已经处理过确认非0的区间，[dest, cur-1]是确认为0的区间，[cur, n-1]是待处理的部分，然后接下来一直移动cur直至[cur, n - 1]为空，区间一直保持以上的性质。
class Solution
{
public:
void moveZeroes(vector<int>& nums)
{
size_t dest = 0;
size_t cur = 0;
while(cur < nums.size())
{
if(nums[cur] != 0)
{
std::swap(nums[cur], nums[dest]);
dest++;
}
cur++;
}
}
};
时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)，因为只需要遍历一次即可解决问题
空间复杂度为 O ( 1 ) O(1) O(1)，因为不计输入数据，只用到了两个有限的变量
2.2.1089. 复写零
首先最容易想到的就是使用另外一个vector顺序表来存储复写后的数组，并且拷贝回vector即可。
class Solution
{
public:
void duplicateZeros(vector<int>& arr)
{
std::vector<int> ret;
for(auto it : arr)
{
ret.push_back(it);
if(it == 0)
{
ret.push_back(0);
}
}
int i = 0;
for(auto& it : arr)
{
it = ret[i];
i++;
}
}
};
虽然可以过，但是忽略了“就地修改”这个规则，这又该怎么办呢？
我们可以定义一个size指向“复写操作后数组”的最后一个元素，cur指向“复写操作前数组”的最后一个元素，也就是说：对于arr=[1,0,2,3,0,4,5,0]经过复写操作后为ret=[1,0,0,2,3,0,0,4]。因此cur下标指向arr[5]=4的位置，假设size下标指向arr[7]=0的位置，然后从右往左判断覆盖（非0就arr[7]=arr[5]，0则复写两个0），重复操作即可。
但是怎么找到“复写操作后数组”的最后一个元素的下标呢？依旧可以使用双指针寻找，你么看错，就是双指针里面套双指针。
- 我们假设
size=0, cur=0然后让cur遍历整个数组，只要遇到0就让size+=2, cur++，如果是遇到非0就让size++, cur++ - 也就是说
size实时记录了“复写操作后数组”的大小 - 最后遍历完整个数组，此时的
cur一定指向复写操作后数组的最后一个元素的后面 - 然后执行之前说的“从右向左覆盖”操作即可
class Solution
{
public:
void duplicateZeros(vector<int>& arr)
{
//1.寻找复写操作后，数组的最后一个元素
int cur = 0;//寻找“复写操作后数组”的最后元素的下标
int size = 0;//记录“复写操作后数组”的大小
//[例子1]
//复写前：[1,5,2,0,6,8,0,6,0]
//复写后：[1,5,2,0,0,6,8,0,0]
//[例子2]
//复写前：[5,2,1,3,0]
//复写后：[5,2,1,3,0]0 会溢出一个0
while (size < (int)arr.size())
{
if (arr[cur] == 0)
{
size += 2;
}
else
{
size += 1;
}
cur++;
}
cur--;
size--;
//2.从右往左做开始复写
//[例子1]
//复写前：[1,5,2,0,6,8,0,6,0],cur->arr[5]=4, size->arr[7]=0
//复写后：[1,5,2,0,0,6,8,0,0]
//[例子2]
//复写前：[5,2,1,3,0],cur->arr[4]=0, size->arr[5] 越界了
//复写后：[5,2,1,3,0]0 会溢出一个0
if (arr[cur] == 0 && size >= arr.size())
//当出现最后一个元素为0的时候很特殊，有两种可能：
//1.复写操作后溢出了一个0，这种情况只复写一次即可
//2.复写操作后刚好最后两个元素为0，这种情况正常复写即可
{
size--;
arr[size] = arr[cur];
size--;
cur--;
}
while (cur != -1)
{
if (arr[cur] != 0)
{
arr[size--] = arr[cur--];
}
else
{
arr[size--] = arr[cur];
arr[size--] = arr[cur];
cur--;
}
}
}
};
时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)，两次循环就是 O ( n + n ) = O ( 2 n ) O(n+n)=O(2n) O(n+n)=O(2n)，也就是 O ( n ) O(n) O(n)
空间复杂度为 O ( 1 ) O(1) O(1)，只用到了常数个有限的变量
2.3.202. 快乐数
实际上这是一道双链表判断是否回环的问题，可以使用快慢指针（双指针的一种使用方法）来判断链表是否存在回环点。本题最麻烦的问题就是如何知道是否会出现无限循环的情况。
using namespace std;
class Solution
{
private:
int _function(int number)//计算平方值
{
int add = 0;
while (number)
{
add += (number % 10) * (number % 10);
number /= 10;
}
return add;
}
public:
bool isHappy(int number)
{
//循环判断是否happy
int p = number;//走一步的指针（慢指针）
int curp = number;//走两步的指针（快指针）
while (true)
{
p = _function(p);//得4，走一步...
curp = _function(_function(curp));//得16，走两步...
if (p == curp)//如果找到循环点，也就是快慢指针相遇，就进入if语句
{
if (p == 1)//如果相遇点处的值为1就返回true
{
return true;
}
return false;//如果不是1就返回false
}
}
}
};
但是这道题目实际上是出简单的了，题目已经提前告诉我们取平方后只有两种情况：
- 最后得到
1（实际上也是循环） - 最后是无限循环，一直在一个回环里循环
但是实际上，从简单的思考上，是否存在：无限计算下去得不到1，但是不存在环的可能？我们可以使用”鸽笼原理“：在n个鸽笼中放入n+1只鸽子，则至少有一个笼子，里面的鸽子数量大于1。
我们设int的范围中最大的正数为(0111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111)2=(21 4748 3647)10≈(2.1*10^9)2。
假设有一个比int更大的数(99 9999 9999)10，则经过平方后得到9^2*10=810。因此[1, 99 9999 9999]范围内的数，经过平方后得到的数一定在[0, 810]的范围内，因此我们就有了810个鸽笼，假设最坏情况下一个属于[1, 99 9999 9999]数经过平方后得到1填充了一个笼，再次平方得到2填充第二个笼…一直到810个笼子全部填完（这里只是假设最坏情况，实际不太可能达到），则第811次平方后又得到了一个[0, 810]内的数，因此造成了循环。
那对于int范围内的数就更加会出现循环的情况了，毕竟int范围内的数平方得到的新数一定在[0, 810]的范围内，如果不循环，那么每一个数才放进小于810的笼子里根本不够用！
2.4.11. 盛最多水的容器
本题难度相较于前面会上升一些，首先最容易的解法就是：暴力穷举，直接上两个循环，枚举出所有的情况，找到最大的容积，但是使用这种方法一定会超时。
但是本题可以在遍历的时候作出节省，这是一种重要的思路：有的时候不得不使用枚举时，可以考虑是否剔除一些情况达到提高枚举效率的目的。
- 首先使用两个指针
begin和end指向数组heights[]的首尾处 - 计算高和宽
height = min{heights[begin], heights[end]}和width = end - begin，然后尾插到volumes中 - 然后从
heights[begin]和heights[end]选择中最小的那一个数的下标begin++或者end-- - 只要满足
begin < end就一直循环1~3即可 - 最后找到
volumes中最大的体积返回即可
class Solution
{
public:
int maxArea(vector<int>& heights)
{
int begin = 0, end = (int)heights.size() - 1;
vector<int> volumes;
int width = 0;
int height = 0;
while (begin < end)
{
//1.取得“最大的宽”
width = end - begin;
//2.取得“最小的高”
height = heights[begin];
if (height > heights[end])
{
height = heights[end--];
}
else
{
begin++;
}
//3.计算区间内最大面积
volumes.push_back(width * height);
}
return *std::max_element(volumes.begin(), volumes.end());;
}
};
时间复杂度是 O ( n ) O(n) O(n)，由于是两个指针在遍历数组，因此就相当于遍历整个数组，因此数据复杂度就是 O ( n ) O(n) O(n)
空间复杂度是 O ( 1 ) O(1) O(1)，这点没什么好解释的
2.5.611. 有效三角形的个数
一般而言，判断三个数a、b、c能否构成三角形的依据是：
{ a + b > c a + c > b b + c > a \begin{cases} a+b>c\\ a+c>b\\ b+c>a \end{cases} ⎩ ⎨ ⎧a+b>ca+c>bb+c>a
但是，如果将a、b、c三个数有序为a <= b <= c，就只需要判断一次a + b > c即可，因此就可以先把整个数组排序好后再来判断是否构成三角形。
因此暴力一点的话可以像下面这么写：
class Solution
{
bool check(vector<int>& nums, int i, int j, int k)
{
return (nums[i] + nums[j] > nums[k]);
}
public:
int triangleNumber(vector<int>& nums)
{
sort(nums.begin(), nums.end());
int count = 0;
for (int i = 0; i < nums.size(); i++)
{
for (int j = i + 1; j < nums.size(); j++)
{
for (int k = j + 1; k < nums.size(); k++)
{
if (check(nums, i, j, k))
{
count++;
}
}
}
}
return count;
}
};
但是这只能过大部分的例子，还有一些情况没有办法过（数据量太大），因此还需要做优化。
首先数组已经是有序（具有单调性）的了，只需要判断a + b > c即可。
则从最后一个元素 x n x_{n} xn开始证明有 x 0 + x n − 1 > x n x_{0}+x_{n-1}>x_{n} x0+xn−1>xn即可直接认为 x n − 2 x_{n-2} xn−2后的数都可以和 x n − 1 x_{n-1} xn−1以及 x n x_{n} xn构成三角形，无需判断…
class Solution
{
public:
int triangleNumber(vector<int>& nums)
{
//1.排序数组
sort(nums.begin(), nums.end());
//2.通过三角形的性质结合单调性判断有多少种符合的情况
int count = 0;//存储有多少种组合
int key = nums.size() - 1, begin = 0, end = key - 1;//分为区间[begin, end]key
while (key >= 2)
{
while (begin < end)
{
if (nums[begin] + nums[end] > nums[key])
//如果nums[begin] + nums[end] > key，
//那么nums[end]加上“nums[begin]...nums[end-1]”的任意一个数都大于key
//然后变成[begin, end--]key，也就是说：明确了和nums[end]结合有end - begin种情况
{
count += (end - begin);
end--;
}
else//如果不是这样，那么就变成[begin++, end]key
{
begin++;
}
}
begin = 0;//最后重置一下左区间索引
end = --key - 1;//最后重置一下右区间索引（并且修改key）
}
return count;
}
};
时间复杂度： O ( n 2 ) O(n^{2}) O(n2)
2.6.LCR 179. 两数之和
这道题目也是利用单调性达到节省枚举次数的目的。
- 首先选定最后一个数
price[end]，和数组其他的数price[begin]相加 - 如果发现相加值等于目标值，则返回
price[begin]和price[end] - 如果发现相加值小于目标值，则
begin++ - 如果发现相加值大于于目标值，则说明不用继续移动
begin了。因为此时的price[begin] + price[end] > target，那么根据单调性，price[begin~end-1] + price[end]都大于target。此时begin重置为0，然后end--，重复1~4步骤即可
class Solution
{
public:
vector<int> twoSum(vector<int>& price, int target)
{
//1.创建要返回的顺序表
vector<int> ret;
//2.创建双指针begin和end
int end = price.size() - 1;
int begin = 0;
//3.从最后一个指针开始循环，每次循环向前一步
while (end != 0)
{
while (begin < end)
{
if (price[begin] + price[end] == target)//如果相等就找到了
{
ret.push_back(price[begin]);
ret.push_back(price[end]);
return ret;
}
else if (price[begin] + price[end] < target)//如果小于就找比price[begin]更大的数
{
begin++;
}
else//price[begin] + price[end] > target，这个时候已经大于目标值了，没有必要再循环让begin++了，直接跳出即可
{
break;
}
}
begin = 0;//重置begin
end--;
}
return ret;
}
};
或者简化为以下代码（上述代码还有些冗余）：
class Solution
{
public:
vector<int> twoSum(vector<int>& price, int target)
{
//1.创建要返回的顺序表
vector<int> ret;
//2.创建双指针begin和end
int end = price.size() - 1;
int begin = 0;
//3.从最后一个指针开始循环，每次循环向前一步
while (begin < end)
{
if (price[begin] + price[end] > target)//如果相等就找到了
{
end--;
}
else if (price[begin] + price[end] < target)//如果小于就找比price[begin]更大的数
{
begin++;
}
else
{
ret.push_back(price[begin]);
ret.push_back(price[end]);
break;
}
}
return ret;
}
};
时间复杂度：
O(n)
2.7.LCR 007. 三数之和
class Solution
{
public:
vector<vector<int>> threeSum(vector<int> nums)
{
//1.设置要返回的顺序表
vector<vector<int>> ret;
//2.排序原数据数组
sort(nums.begin(), nums.end());
//3.查找复合条件的三元组
int n = nums.size();
for (int i = 0; i < n; )
{
if (nums[i] > 0) break;
int left = i + 1, right = n - 1, target = -nums[i];
while (left < right)
{
int sum = nums[left] + nums[right];
if (sum > target)
{
right--;
}
else if (sum < target)
{
left++;
}
else
{
ret.push_back({ nums[i], nums[left], nums[right] });
left++, right--;
//去重
while (left < right && nums[left] == nums[left - 1]) left++;
while (left < right && nums[right] == nums[right + 1]) right--;
}
}
i++;
while (i < n && nums[i] == nums[i - 1]) i++;
}
return ret;
}
};
这题比较难，以后再做然后补充。
时间复杂度： O ( n 2 ) O(n^{2}) O(n2)
2.8.18. 四数之和
class Solution
{
public:
vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target)
{
vector<vector<int>> ret;
sort(nums.begin(), nums.end());
int n = nums.size();
for (int i = 0; i < n; )
{
for (int j = i + 1; j < n; )
{
int left = j + 1, right = n - 1;
long long aim = (long long)target - nums[i] - nums[j];//防止溢出
while (left < right)
{
int sum = nums[left] + nums[right];
if (sum < aim)
{
left++;
}
else if (sum > aim)
{
right--;
}
else
{
ret.push_back({ nums[i], nums[j], nums[left++], nums[right--] });
//去重
while (left < right && nums[left] == nums[left - 1]) left++;
while (left < right && nums[right] == nums[right + 1]) right--;
}
}
//去重
j++;
while (j < n && nums[j] == nums[j - 1]) j++;
}
//去重
i++;
while (i < n && nums[i] == nums[i - 1]) i++;
}
return ret;
}
};
时间复杂度： O ( n ) = n 3 O(n) = n^{3} O(n)=n3
空间复杂度：主要消耗在排序那里