day07 四数相加Ⅱ 赎金信 三数之和 四数之和

题目1:454  四数相加Ⅱ

题目链接:454 四数相加Ⅱ

题意

4个整数数组nums1, nums2, nums3, nums4的长度均为n,有多少个元组(i,j,k,l)使得

nums[i]+nums[j]+nums[k]+nums[l]==0   (本题不包含去重的逻辑,i,j,k,l  可以相等,一组元素与一组元素之间的各个元素也可以相等)

暴力解法

class Solution {
public:
    int fourSumCount(vector& nums1, vector& nums2, vector& nums3, vector& nums4) {
        int count = 0;
        for(int i=0;i

会报如下超时错误

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map

数组的数值较大且较为分散,所以数组可以排除

4个元素分组,分成两组(这样的时间复杂度最低O(n^2))nums1与nums2  nums3与nums4

其中一组的元素和是否出现过,还要知道出现过的次数(value),因此使用map

unordered_map的读写效率最高

步骤

① 遍历nums1和nums2,求解nums1[i]+nums2[j]的和,将这个和及其出现的次数放到map中

② 遍历nums3和nums4,在map中查询0-(nums3[k]+nums4[l])

如果存在key==0-(nums3[k]+nums4[l])  就将count加上key对应的value,这点很重要,一定要加value,因为这个key可能在nums1和nums中出现多种组合,这都是满足题目要求的!!!

例如:

nums1[1]+nums1[2]=5

nums1[1]+nums1[4]=5

nums1[3]+nums2[5]=5

nums3[1]+nums4[1]=-5

这种就是nums1[i]+nums2[j]在map中存在多种组合,key==5时,对应的value==3

因此,count=count+3

单纯下标

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代码

class Solution {
public:
    int fourSumCount(vector& nums1, vector& nums2, vector& nums3, vector& nums4) {
        unordered_map map;//定义map,存放nums1[i]+nums2[j]
        int count = 0;
        for(int i=0;i
  • 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
简便

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代码

class Solution {
public:
    int fourSumCount(vector& nums1, vector& nums2, vector& nums3, vector& nums4) {
        unordered_map map;
        int count = 0;
        for(int a:nums1){
            for(int b:nums2){
                map[a+b]++;
            }
        }
        for(int c:nums3){
            for(int d:nums4){
                if(map.find(0-(c+d))!=map.end()){
                    count += map[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

以上解法和有效字母异位词比较相像,都是先遍历数组,对哈希表进行插入操作;再遍历另外的数组,在哈希表中进行查询操作

题目2:赎金信

题目链接:383 赎金信

题意

判断ransomNote字符串能否由magazine字符串中的字符组成,二者均由小写英文字母构成,但是magzine中的每个字符只能使用1次,这两点很关键

即判断ransomNote字符串中的字符是否在magazine中出现过,因此使用哈希表

数组

由于两个字符串中的元素只包含小写字母,是连续的,是有限值且有有限个,因此想到使用数组

步骤

一定要先遍历magazine字符串(因为是在magazine字符串中查找ransomNote中的字符是否存在),统计magazine字符串中每个字符出现的次数(每个字符只能使用1次),记录在hash数组中;

再遍历ransomNote字符串,在上述统计的次数的基础上,遇到相同的字符,在hash数组中对应元素做减减的操作;

最后遍历hash数组,看是否有小于0的元素,若出现小于0的元素,证明ransoNote字符串中的对应该字符数量多于magazine字符串中该字符的数量,说明ransomNote字符串不能由magazine字符串中的字符组成

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代码

class Solution {
public:
    bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {
       int hash[26] = {0};
       for(int i=0;i
  • 时间复杂度: O(n)
  • 空间复杂度: O(1),hash数组的大小是常数

代码也可以这样写,hash减减后,直接判断hash中该元素是否小于0,若小于0的话,直接return false即可,就不用后面的hash元素再继续减减操作了

class Solution {
public:
    bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {
       int hash[26] = {0};
       for(int i=0;i
  • 时间复杂度: O(n)
  • 空间复杂度: O(1),hash数组的大小是常数

暴力解法(不推荐)

如果遇到magazine[i]==ransomNote[i],就将ransomNote中的该字符删掉,同时一定要使用break跳出这个内部for循环,因为magazine中的一个字符只能匹配ransomNote中的1个字符,如果匹配上了,那么这个字符就废了,不能再重复使用了,需要继续下一个magazine元素的循环

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代码

!!!注意break的使用

class Solution {
public:
    bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {
       for(int i=0;i
  • 时间复杂度: O(n^2)
  • 空间复杂度: O(1)

题目3:15 三数之和

题目链接:15 三数之和

题意

1个整数数组nums ,找出nums[i]+nums[j]+nums[k]==0的[i,j,k]的组合,其中i,j,k互不相等(意味着元素不能重复使用一组中的nums[i],nums[j],nums[k]的组合不能和另一组中的nums[i],nums[j],nums[k]完全相同,比如:0 1 -1 和 1 0 -1这就重复了,所以需要去除一组

去重是关键

哈希法(不推荐)

使用哈希表去重细节较多

双指针法

不可以先将数组中相同的元素删除,因为可能会使得一些满足条件的组合消失,例如:2 2 -4 

开始时一定要对数组进行排序 

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逻辑反例
例1,nums[left],nums[right]去重放置的位置

是和nums[i]一样,放在前面,还是放在while循环的最后面

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例2,是先移动left,right还是先去重

这里在写代码时,产生了矛盾,当元素组合满足条件时,到底是先移动还是先去重呢?

丢掉解

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重复解

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例3,if(nums[i]==nums[i-1]){},{}里是i++,还是continue

想的比较单纯:遇到重复值,我跳过去,不就OK了嘛,但是事实不是这样,有可能有连续的多个重复的值,所以使用i++就产生了错误

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例4,如果跳过了重复值,会不会错过一些遍历重复值过程中的组合呢

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例5  nums[left] nums[right]去重逻辑里面while循环加入right>left

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如果不加right

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代码

class Solution {
public:
    vector> threeSum(vector& nums) {
        vector> result;
        sort(nums.begin(), nums.end());//记得排序
        for(int i=0;i0){
               return result;//这里是return result 不能return {},在此之前可能已经有结果了
               //break;//这里使用break,也是一样的,直接return结果,结束这个for循环
           }
           //nums[i]去重  一级去重
           if(i>0 && nums[i]==nums[i-1]){
               continue;//继续下一次循环
               //注意这里continue不能写i++,因为要是写i++的话,对于连续3个相同的数字,会算两遍,看反例3
           }
           int left = i + 1;
           int right = nums.size() - 1;
           while(right > 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]});
                   //去重去的是满足条件的相同的组合,因此,要放在else里面
                   while(right>left && nums[right]==nums[right-1]){
                        right--;
                    }
                   while(right>left && nums[left]==nums[left+1]){
                        left++;
                    }
                   left++;//一定要在去重之后再移动left和right两个指针
                   right--;
               } 
           }
       }
       return result;
    }
};
  • 时间复杂度: O(n^2)
  • 空间复杂度: O(1)

题目4:18 四数之和

题目链接:18 四数之和

题意

整数数组nums的长度为n,返回nums[a]+nums[b]+nums[c]+nums[d]==target的元组[nums[a],nums[b],nums[c],nums[d]],其中a,b,c,d互不相等(意味着元素不能重复使用),返回的元组不能重复,但元组内部的元素可以重复(因为数组nums中可能存在重复的元素)

双指针法

和上题三数之和一样,同样使用双指针法解决

剪枝的时候要注意,因为target可正可负可零,所以剪枝逻辑就不能像三数之和那样,直接判断nums[i]>target就行了,若target可能为负数,若nums[i]>target,若nums[i+1]还是负数,那么nums[i]+nums[i+1],如下例:

1) 对于一级剪枝,所以一级剪枝要确定target>0&&nums[i]>target

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同样地,对于二级剪枝,也要注意这些细节,二级剪枝时,将nums[i]+nums[j]视作一个整体,与target进行判断

流程

day07 四数相加Ⅱ 赎金信 三数之和 四数之和_第15张图片

代码

class Solution {
public:
    vector> fourSum(vector& nums, int target) {
        vector> result;
        sort(nums.begin(),nums.end());
        for(int i=0;itarget && target>=0){
                //if(nums[i]>target && (target>=0 || nums[i]>=0))
                return result;
            }
            //一级去重
            if(i>0 && nums[i]==nums[i-1]){
                continue;
            }
            for(int j=i+1;jtarget && target>=0){
                    //if(nums[i]+nums[j]>target && (target>=0 || nums[i]+nums[j]>=0))
                    break;
                }
                //二级去重
                if(j>i+1 && nums[j]==nums[j-1]){
                    continue;
                }
                int left = j + 1;
                int right = nums.size() - 1;
                while(right>left){
                    if((long) nums[i]+nums[j]+nums[left]+nums[right]>target){
                        right--;
                    }
                    else if((long) nums[i]+nums[j]+nums[left]+nums[right]{nums[i],nums[j],nums[left],nums[right]});
                        //nums[left] nums[right]去重
                        while(right>left && nums[left]==nums[left+1]){
                            left++;
                        }
                        while(right>left && nums[right]==nums[right-1]){
                            right--;
                        }
                        left++;
                        right--;
                    }
                }
            }
        }
        return result;
    }
};
  • 时间复杂度: O(n^3)
  • 空间复杂度: O(1)

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