三数之和[中等]-Toy模板网

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一、题目

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

3 <= nums.length <= 3000
-105 <= nums[i] <= 105

二、代码

排序 + 双指针： 题目中要求找到所有「不重复」且和为0的三元组，这个「不重复」的要求使得我们无法简单地使用三重循环枚举所有的三元组。这是因为在最坏的情况下，数组中的元素全部为0，即[0,0,0,0,0]任意一个三元组的和都为0。如果我们直接使用三重循环枚举三元组，会得到O(N3)个满足题目要求的三元组（其中N是数组的长度）时间复杂度至少为O(N3)。在这之后，我们还需要使用哈希表进行去重操作，得到不包含重复三元组的最终答案，又消耗了大量的空间。这个做法的时间复杂度和空间复杂度都很高，因此我们要换一种思路来考虑这个问题。

「不重复」的本质是什么？我们保持三重循环的大框架不变，只需要保证：第二重循环枚举到的元素不小于当前第一重循环枚举到的元素；第三重循环枚举到的元素不小于当前第二重循环枚举到的元素。

也就是说，我们枚举的三元组(a,b,c)满足a≤b≤ca，保证了只有(a,b,c)这个顺序会被枚举到，而(b,a,c)(c,b,a)等等这些不会，这样就减少了重复。要实现这一点，我们可以将数组中的元素从小到大进行排序，随后使用普通的三重循环就可以满足上面的要求。同时，对于每一重循环而言，相邻两次枚举的元素不能相同，否则也会造成重复。举个例子，如果排完序的数组为[]1,2,2,2,4]

nums.sort()
for first = 0 .. n-1
    // 只有和上一次枚举的元素不相同，我们才会进行枚举
    if first == 0 or nums[first] != nums[first-1] then
        for second = first+1 .. n-1
            if second == first+1 or nums[second] != nums[second-1] then
                for third = second+1 .. n-1
                    if third == second+1 or nums[third] != nums[third-1] then
                        // 判断是否有 a+b+c==0
                        check(first, second, third)

这种方法的时间复杂度仍然为O(N3)，毕竟我们还是没有跳出三重循环的大框架。然而它是很容易继续优化的，可以发现，如果我们固定了前两重循环枚举到的元素a和b，那么只有唯一的c满足a+b+c=0。当第二重循环往后枚举一个元素b时，由于b′>b，那么满足a+b′+c′=0的c′一定有c′<c，即c′在数组中一定出现在c的左侧。也就是说，我们可以从小到大枚举b，同时从大到小枚举c，即第二重循环和第三重循环实际上是并列的关系。

有了这样的发现，我们就可以保持第二重循环不变，而将第三重循环变成一个从数组最右端开始向左移动的指针，从而得到下面的伪代码：

nums.sort()
for first = 0 .. n-1
    if first == 0 or nums[first] != nums[first-1] then
        // 第三重循环对应的指针
        third = n-1
        for second = first+1 .. n-1
            if second == first+1 or nums[second] != nums[second-1] then
                // 向左移动指针，直到 a+b+c 不大于 0
                while nums[first]+nums[second]+nums[third] > 0
                    third = third-1
                // 判断是否有 a+b+c==0
                check(first, second, third)

这个方法就是我们常说的「双指针」，当我们需要枚举数组中的两个元素时，如果我们发现随着第一个元素的递增，第二个元素是递减的，那么就可以使用双指针的方法，将枚举的时间复杂度从O(N2)减少至O(N)。为什么是O(N)呢？这是因为在枚举的过程每一步中，「左指针」会向右移动一个位置（也就是题目中的b），而「右指针」会向左移动若干个位置，这个与数组的元素有关，但我们知道它一共会移动的位置数为O(N)，均摊下来，每次也向左移动一个位置，因此时间复杂度为O(N)。

注意到我们的伪代码中还有第一重循环，时间复杂度为O(N)，因此枚举的总时间复杂度为O(N2)。由于排序的时间复杂度为O(Nlog⁡N)，在渐进意义下小于前者，因此算法的总时间复杂度为O(N2)。

上述的伪代码中还有一些细节需要补充，例如我们需要保持左指针一直在右指针的左侧（即满足b≤c），具体可以参考下面的代码，均给出了详细的注释。

class Solution {
    public List<List<Integer>> threeSum(int[] nums) {
        //思想：1、先对 nums 进行排序
        // 2、先确定第一层循环，通过 0 - nums[x] 得到第二层和第三层的和
        // 3、将第二层和第三层汇总为一层，left = i + 1; right = nums.length - 1; 进行双指针移动，计算和，如果相等，加入队列，并继续移动指针，直到不满足 left < right
        int left = 0, right = 0, size = 0;
        List<List<Integer>> res = new ArrayList();
        Arrays.sort(nums);
        for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
            if (i > 0 && i < nums.length && nums[i] == nums[i-1]) {
                continue;
            }
            // i 发生变化之后，left 和 right 指针都需要发生变化。 第一次将right定义再外部，导致bug
            left = i + 1;
            right = nums.length - 1;
            int tar = -nums[i];
            while(left < right) {
                if (nums[left] + nums[right] == tar) {
                    List<Integer> temp = Arrays.asList(nums[i], nums[left], nums[right]);
                    res.add(temp);
                    // 数据去重
                    while(left < right && nums[left] == nums[left + 1]) {
                        ++left;
                    }
                    while(right > left && nums[right] == nums[right - 1]) {
                        --right;
                    }
                    ++left;
                    --right;
                } else if(nums[left] + nums[right] < tar){
                    ++left;
                } else {
                    --right;
                }
            }
        }
         return res;
    }
}