LeetCode刷題實戰15題： 三數之和

算法的重要性，我就很少說了吧，想去大廠，就必需要通過基礎知識和業務邏輯面試+算法面試。

今天和你們聊的問題叫作三數之和 ，咱們先來看題面：

 

 

 

描述

 

給定一個整數的數組，要求尋找當中全部的a，b，c三個數的組合，使得三個數的和爲0.注意，即便數組當中的數有重複，同一個數也只能使用一次。

 

Given an array nums of n integers, are there elements a , b , c in
nums such that a + b + c = 0? Find all unique triplets in the array
which gives the sum of zero.

 

Note:

The solution set must not contain duplicate triplets.

 

樣例

 

給定數組 nums = [-1, 0, 1, 2, -1, -4]，

知足要求的三元組集合爲：
[
  [-1, 0, 1],
  [-1, -1, 2]
]

 

題解

 

這道題是以前LeetCode第一題2 Sum的提高版，在以前的題目當中，咱們尋找的是和等於某個值的兩個數的組合。而這裏，咱們須要找的是三個數。從表面上來看彷佛差異不大，可是實際處理起來要麻煩不少。

 

  暴力求解  

 

咱們先理一下思路，從最簡單的方法開始入手。這題最簡單的方法固然就是暴力法，咱們已經明確了要找的是三個數的和，既然數量肯定了，就好辦了，咱們直接枚舉全部三個數的組合，而後全部和等於0的組合就是答案。可是這裏有一個小問題，當咱們找到了答案以後，咱們並不能直接返回，由於數組當中重複的元素頗有可能會致使答案的重複，咱們必需要去掉這些重複的答案，保證答案當中每個都是惟一的。

 

那咱們先對原數組作處理，去除掉其中重複的元素以後再來尋找答案可不能夠呢？

 

很遺憾，這個想法很好，可是不可行。緣由也很簡單，由於答案不能重複，可是答案裏的數是能夠重複的。

 

舉個例子，好比數組是[-1, -1, 2, 0, -2]，那麼[-1, -1, 2]是一個答案，若是一開始就出去掉了重複的-1，那麼這個答案顯然就沒法構成了。惟一的解決方法是用容器來維護答案，保證容器內的答案是惟一的，不過這個會帶來額外的時間和空間開銷。

 

因此，整體看來，暴力枚舉並非個好方法，複雜度不低，若是使用C++和Java等語言的話，使用容器也很麻煩。

•  

ret = set()
for i in range(n):    for j in range(i+1, n):        for k in range(j+1, n):            if a[i] + a[j] + a[k] == 0:                ret.add((i, j, k))
return list(ret)

 

  利用2 Sum  

 

還有一個思路是利用以前的2 Sum的解法，在以前的2 Sum問題當中，咱們經過巧妙地使用map，來達成了在複雜度內找到了全部和等於某個值的元素對。因此，咱們能夠先枚舉第一個數的大小，而後在剩下的元素當中進行2 Sum操做。

 

假設咱們枚舉的數是a[i],那麼咱們在剩下的元素當中作2 Sum，來尋找和等於-a[i]的兩個數。最後，將這三個數組成答案。若是遺忘2 Sum解法的同窗能夠點擊下方連接回到以前的文章。LeetCode 1 Two Sum——在數組上遍歷出花樣

 

這個方法看起來巧妙不少，可是仍是逃不掉重複的問題。舉個例子：[-1, -1, -1, -1, -1, 2]。若是咱們枚舉-1，那麼會出現多個[-1, -1, 2]的結果。因此咱們依然免不了手動過濾重複的答案。不過利用2 Sum的解法要比暴力快一些，由於2 Sum的時間複雜度是，再乘上枚舉元素的複雜度，不考慮去重狀況下的總體複雜度是O(n^2)，要比枚舉的O(n^3)更優。

 

咱們利用2 sum寫出新的算法：

 

•  

def two_sum(array, idx, target):    """    two sum的部分    """    n = len(array)    ret = []    # 用來記錄全部出現過的元素    appear = set()    # 用來判斷2 sum的答案出現重複    used = set()    for i in range(idx + 1, n):        # 若是 target - array[i]以前出現過，說明能夠構成答案        if target - array[i] in appear:            # 判斷答案是否重複            if array[i] in used or target - array[i] in used:                continue            # 記錄            used.add(array[i])            used.add(target - array[i])            ret.append((array[i], target - array[i]))        appear.add(array[i])    return ret

def three_sum(array):    n = len(array)    # 記錄枚舉過的元素    used = set()    ret = []    # 防止答案重複    duplicated = set()    for i in range(n):        # 若是出現過，說明已經枚舉過，跳過        if array[i] in used:            continue        # 拿到2 sum的答案        combinations = two_sum(array, i, -array[i])        if len(combinations) > 0:            for combination in combinations:                # 組裝答案                answer = tuple(sorted((array[i], *combination)))                # 判斷答案是否重複                if answer in duplicated:                    continue                # 記錄                ret.append(answer)                duplicated.add(answer)        used.add(array[i])    return ret

 

  尺取法  

 

這題的另外一個解法是尺取法，也就是two pointers，也叫作兩指針算法。這個在咱們以前的文章當中也有過介紹，有遺忘或者錯過的同窗能夠點擊下方的連接回顧一下。LeetCode3 一題學會尺取算法

 

尺取法的精髓是經過兩個指針控制一個區間，保證區間知足必定的條件。在這題當中，咱們要控制的條件實際上是三個數的和。因爲咱們的指針數量是2，也就是說咱們只有兩個指針，可是咱們卻須要找到三個數組成的答案。顯然，咱們直接使用尺取法是不行的。咱們稍做變通就能夠解決這個問題，就是第一個解法的思路，咱們先枚舉一個數，而後再經過尺取法去尋找另外兩個數。

 

使用尺取法須要咱們根據如今區間內的信息，制定策略如何移動區間。顯然，若是區間裏的數雜亂無章，咱們是很難知道應該怎麼維護區間的。因此咱們首先對數組當中的元素進行排序，保證元素的有序性。區間裏的元素有序了，那麼咱們就方便了。

 

假設咱們當前枚舉的數是a[i]，那麼咱們就須要找到另外的兩個數b和c，使得b + c = -a[i]。對於每個i來講，這樣的b和c可能存在，也可能不存在，咱們必需要尋找過了才知道。

 

和2 Sum同樣，爲了優化時間複雜度，加快算法的效率，咱們須要人爲設置一些限制。咱們限制b和c只能在a的右側，固然也能夠限制在一左一右，總之，咱們須要把這三個數的順序固定下來。由於三個數調換順序只會產生重複，因此咱們固定順序能夠避免重複。因此咱們枚舉a的位置以後，在a的右側經過尺取法尋找另外兩個元素。

 

方法也很簡單，咱們一開始設置b的位置是i+1, c的位置是n。若是b+c > -a，那麼說明二者的和過大，由於b已是最小值了，因此只能將c向左移動。若是b+c < -a，說明二者的和太小，須要增大，因此應該將b往右側移動增大數值。如此往復，當這個區間遍歷完成以後，繼續移動a的位置，尋找下一組解，這裏須要注意，a須要跳過全部重複的數字，避免重複。

 

咱們寫出代碼：

 

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def three_sum(array):    n = len(array)    # 先對array進行排序    array = sorted(array)    ret = []    for i in range(n-2):        # 判斷第一個數是否重複        if i > 0 and array[i] == array[i-1]:            continue        used.add(array[i])        # 進行two pointers縮放        j = i + 1        k = n - 1        target = -array[i]        if target < 0:            break        while j < k:            cur_sum = array[j] + array[k]            # 判斷當前區間的結果和目標的大小            if cur_sum < target:                    j += 1                continue            elif cur_sum > target:                k -= 1                continue            # 記錄            ret.append(answer)            # 繼續縮放區間，尋找其餘可能的答案            j += 1            while j < k and array[j] == array[j-1]:                j += 1            k -= 1            while j < k-1 and array[k] == array[k+1]:                k -= 1    return ret

 

 

寫出代碼以後，咱們來分析一下算法的複雜度。一開始的時候，咱們對數組進行排序，衆所周知，排序的複雜度是。以後，咱們枚舉了第一個數，開銷是，咱們進行區間縮放的複雜度也是，因此整個主體程序的複雜度是。看似和上面一種方法區別不大，可是咱們節省了set重複的判斷，因爲hashset讀取會有時間開銷，因此雖然算法的量級上沒什麼差異，可是常數更小，真正運行起來這種算法要快不少。

 

這題官方給的難度是Medium，但實際上我以爲比通常的Medium要難上一些，代碼量也要大上一些。今天文章當中列舉的並非所有的解法，其餘的作法還有不少，好比對全部數進行分類，分紅負數、零和正數，而後再進行組裝等等。感興趣的同窗能夠本身思考，看看還有沒有其餘比較有趣的方法。