文章分析了四数相加和类似问题的解法，包括使用哈希表（unordered_map）构建和计数、数组和哈希表的选择、双指针搜索以及剪枝优化技巧。重点讲解了如何处理负数和重复元素，以及在不同情况下的算法优化。
454. 四数相加II
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答案链接：代码随想录
思路：
这道题相比于两数相加更加复杂，不可能O(n)进行查找。
解答：
这道题相当于O(n^2)的两数相加。用前两组数构建一个key为和、value为计数器的字典，后两组数同样这样，进行搜索。
但是，如果是一个数组，搜索不同的四元组，就会复杂很多，也不适合用哈希法。
代码：
int fourSumCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, vector<int>& nums3, vector<int>& nums4) {
unordered_map <int, int> umap;
for(int i:nums1){
for(int j:nums2){
umap[i+j]++;
}
}
int count_total = 0;
for(int i:nums3){
for(int j:nums4){
count_total += umap[-(i+j)];
}
}
return count_total;
}
383. 赎金信
题目链接：代码随想录
思路：
这道题和之前的正反字符串非常像，基本是同一个解法。
解答：
（1）先遍历哪个数组？
我按照正常的思路，现遍历赎金信，之后用杂志进行删减。但是这样需要将杂志全部删减后，再遍历一遍字典，查看是否所有元素都<0。时间复杂度O(3n)
其实可以先构造查找字典（杂志），然后用待查找赎金信进行删减。这样，只要一个元素<0，就可以判断查找字典不全了。时间复杂度O(2n)
查找的时候，需要先构造字典，再用待查找集合进行遍历，这样可以提早出循环。
（2）选择数组还是map作为哈希表？
我利用了思维简单的map做了哈希表。但是，在key有限且紧凑的时候，用数组是更好的方法，因为数组的构造不需要红黑树，更快捷。
在这道题中，字典的所有key都是a-z区间内的，所以满足紧凑有限的特征，应该利用数组。
（3）如何遍历unordered_map？
// （1）迭代器，每个迭代器有first和second两个元素，对应key和value
for (auto it = umap.begin(); it != umap.end(); ++it) {
std::cout << it->first << " => " << it->second << '\n';}
// （2）迭代器2，直接用简易的for循环，每个迭代器有first和second两个元素，对应key和value
for (const auto &pair : umap) {
std::cout << pair.first << " => " << pair.second << '\n';}
// （3）结构化绑定，直接提取key和value，是最简单的方法
for (const auto &[key, value] : umap) {
std::cout << key << " => " << value << '\n';}代码：
（1）用map
bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {
unordered_map <int,int> umap;
for(int i=0; i<magazine.size(); i++){
umap[magazine[i] - 'a']++;
}
for(int i=0; i<ransomNote.size(); i++){
umap[ransomNote[i] - 'a']--;
if(umap[ransomNote[i] - 'a']<0){
return false;
}
}
return true;
}（2）用数组
bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {
int record[26] = {0};
for(int i=0; i<magazine.size(); i++){
record[magazine[i] - 'a']++;
}
for(int i=0; i<ransomNote.size(); i++){
record[ransomNote[i] - 'a']--;
if(record[ransomNote[i] - 'a']<0){
return false;
}
}
return true;
}15. 三数之和
思路：
这道题不需要返回具体的元素位置，但是不能够有重复。
解答：
因为这道题不需要返回具体的元素位置，所以可以在最开始对数组进行排序。这样可以更方便地进行去重操作。在遍历过程中，主要分为外层元素的遍历与最后两层元素的查找。在最后两层元素查找的时候，问题就简化成了两数之和，可以用哈希表补集的方法来做。
（一）前面n-2个元素的遍历
这里遍历的含义是，选定一些固定的起始元素，剩下的操作会返回以其为起始的所有不重复可行的组合。为了不重复，前n-2个元素遍历的时候，每个元素每轮前进后与之前的取值必须不同。如：1（iter1）112（iter2）23（iter3）...。这是因为，如果选择了两个相同的元素，则固定的起始元素则会相同，则有可能选择到重复的组合（可行组合为123，1（iter）123，11（iter）23重复），且不可能选择到不同的组合（可行的组合为112，1（iter）12成功，11（iter）失败）。因此，需要让元素取值有所不同。
（二）最后两个元素的查找
这里问题退化至有序的、不重复的两数之和。这里因为是一个补集的问题，因此可以使用哈希表，或者双指针。
（1）哈希表
哈希表的思路是，如果在字典中找不到待查元素，就将待查元素放入字典内。如果可以找到待查元素，就进行记录，并且剔除相应的待查元素。因为只要查找到了就进行剔除，并且序列有序，乍一看应该不会出现重复的情况。但问题出在有连续两个元素相同的情况下。
如111123，寻找相加为2的两个数。可见，最开始的两个1构成了一个解，但是34位的两个1同样构成了一个解。这其实是两数之和在有序情况下唯一可能出现重复的情况。
因此，需要再加一个条件，目前的元素不能和前两个同取一个数。其实，这个条件相比于前面n-2个元素的遍历更宽，也是因为其根本上有不同的去重复逻辑。
（2）双指针
因为序列有序，并且目的是寻找两个元素相加等于特定的元素，很像优化问题，因此自然想到了双指针搜索法。其核心思想为，通过判断当前双指针指向元素与目标的差异，定向调整双指针进行搜索，最终遍历所有可能的结果。
（三）总结
查找n数之和，其实是一个比较困难的问题，因为前n-2层除了暴力搜索没有其他的办法，只有最后一层可以使用哈希表活着双指针。在暴力搜索的时候，需要注意去重的逻辑。
代码：
（1）哈希表
vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
vector<vector<int>> 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<int> 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;
}（2）双指针
vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
vector<vector<int>> 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<int>{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;
}18. 四数之和
思路：
这道题与三数之和是一个性质，在刚才的讨论中，我们其实已经将问题推广到了n数之和。此外，这道题的target由三数之和的0变成了任意值。其核心逻辑没有变，这里不再过多赘述。
感悟：
这道题详细讲一下剪枝处理。剪枝说白了就是少算一些东西，在这道题里面就是提前结束循环。结束的前提条件就是目前的元素已经不可能满足target。具体来说，就是前n-2个元素遍历的时候，判断固定的元素之和是否大于target。但是，需要注意元素如果存在负数，可能会出现问题（target=-10，[-4,-3,-2,-1]），因此需要加一个元素求和大于0的条件。
代码：
vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target) {
vector<vector<int>> 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<int>{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;
}
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