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力扣题目
力扣题目记录
454.四数相加II
383. 赎金信
暴力解法
哈希解法
15. 三数之和(需要二刷)
哈希解法
双指针
去重逻辑的思考
a的去重
b与c的去重
18. 四数之和(需要二刷)
总结
用时:1.5h
1、454.四数相加II
2、383. 赎金信
3、15. 三数之和
4、18. 四数之和
哈希表可以存储数据,之后在另一组数据遍历时可以查找哈希表看是否有组合满足条件。但是本题有4个数组,所以可以两两合并。
本题解题步骤:
class Solution {
public:
int fourSumCount(vector& A, vector& B, vector& C, vector& D) {
unordered_map 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;
}
};
- 时间复杂度: O(n^2)
- 空间复杂度: O(n^2),最坏情况下A和B的值各不相同,相加产生的数字个数为 n^2
两层for循环,不断去寻找,代码如下:
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;
}
};
- 时间复杂度: O(n^2)
- 空间复杂度: O(1)
很容易想到哈希表,值得注意的是:最多有26个键(英文字符),所以用数组更合适
代码如下:
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record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;
}
};
- 时间复杂度: O(n)
- 空间复杂度: O(1)
哈希法有一个棘手 的问题就是不可以包含重复的三元组。
去重的过程不好处理,有很多小细节,如果在面试中很难想到位。时间复杂度可以做到O(n^2),但还是比较费时的,因为不好做剪枝操作。
哈希法C++代码:
class Solution {
public:
vector> threeSum(vector& nums) {
vector> result;
sort(nums.begin(), nums.end());
// 找出a + b + c = 0
// a = nums[i], b = nums[j], c = -(a + b)
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
// 排序之后如果第一个元素已经大于零,那么不可能凑成三元组
if (nums[i] > 0) {
break;
}
if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]) { //三元组元素a去重
continue;
}
unordered_set set;
for (int j = i + 1; j < nums.size(); j++) {
if (j > i + 2
&& nums[j] == nums[j-1]
&& nums[j-1] == nums[j-2]) { // 三元组元素b去重
continue;
}
int c = 0 - (nums[i] + nums[j]);
if (set.find(c) != set.end()) {
result.push_back({nums[i], nums[j], c});
set.erase(c);// 三元组元素c去重
} else {
set.insert(nums[j]);
}
}
}
return result;
}
};
- 时间复杂度: O(n^2)
- 空间复杂度: O(n),额外的 set 开销
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。
C++代码代码如下:
class Solution {
public:
vector> threeSum(vector& nums) {
vector> 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{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;
}
};
- 时间复杂度: O(n^2)
- 空间复杂度: O(1)
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。
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。
这个题和上一个题目思路类似,三数之和是用一层遍历加双指针,这一题是用双层遍历加双指针。
需要注意的是,剪枝的条件也要相应变化。
class Solution {
public:
vector> fourSum(vector& nums, int target) {
vector> 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{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;
}
};
- 时间复杂度: O(n^3)
- 空间复杂度: O(1)
今天再一次见识到了双指针的妙用,双指针法能够降一重时间复杂度,和遍历一起用也是可以的。