Leetcode（167）——两数之和 II - 输入有序数组

Leetcode（167）——两数之和 II - 输入有序数组

题目

给你一个下标从 1 开始的整数数组 numbers ，该数组已按 非递减顺序排列 ，请你从数组中找出满足相加之和等于目标数 target 的两个数。如果设这两个数分别是 numbers[index1] 和 numbers[index2] ，则 1 <= index1 < index2 <= numbers.length 。

以长度为 2 的整数数组 [index1, index2] 的形式返回这两个整数的下标 index1 和 index2。

你可以假设每个输入 只对应唯一的答案 ，而且你 不可以 重复使用相同的元素。

你所设计的解决方案必须只使用常量级的额外空间。

示例 1：

输入：numbers = [2,7,11,15], target = 9
输出：[1,2]
解释：2 与 7 之和等于目标数 9 。因此 index1 = 1, index2 = 2 。返回 [1, 2] 。

示例 2：

输入：numbers = [2,3,4], target = 6
输出：[1,3]
解释：2 与 4 之和等于目标数 6 。因此 index1 = 1, index2 = 3 。返回 [1, 3] 。

示例 3：

输入：numbers = [-1,0], target = -1
输出：[1,2]
解释：-1 与 0 之和等于目标数 -1 。因此 index1 = 1, index2 = 2 。返回 [1, 2] 。

提示：

• $2$ <= numbers.length <= $3\ast 10^4$
• $-1000$ <= numbers[i] <= $1000$
• numbers 按 非递减顺序 排列
• $-1000$ <= target <= $1000$
• 仅存在一个有效答案

题解

这道题可以使用「1. 两数之和」的解法，使用 $O(n^2)$ 的时间复杂度和 $O(1)$ 的空间复杂度暴力求解，或者借助哈希表使用 $O(n)$ 的时间复杂度和 $O(n)$ 的空间复杂度求解。但是这两种解法都是针对无序数组的，没有利用到输入数组有序的性质。利用输入数组有序的性质，可以得到时间复杂度和空间复杂度更优的解法。

方法一：反向双指针

思路

​​  初始时两个指针分别指向第一个元素位置和最后一个元素的位置。每次计算两个指针指向的两个元素之和，并和目标值比较。如果两个元素之和等于目标值，则发现了唯一解。如果两个元素之和小于目标值，则将左侧指针右移一位。如果两个元素之和大于目标值，则将右侧指针左移一位。移动指针之后，重复上述操作，直到找到答案。

​​  使用双指针的实质是缩小查找范围。那么会不会把可能的解过滤掉？答案是不会。
​​  证明：假设 $\text{numbers}[i]+\text{numbers}[j]=\text{target}$ 是唯一解，其中 $0\le i<j\le \text{numbers}.\text{length}-1$。初始时两个指针分别指向下标 $0$ 和下标 $\text{numbers}.\text{length}-1$，左指针指向的下标小于或等于 $i$，右指针指向的下标大于或等于 $j$。除非初始时左指针和右指针已经位于下标 $i$ 和 $j$，否则一定是左指针先到达下标 $i$ 的位置或者右指针先到达下标 $j$ 的位置。

• 假设左指针先到达下标 $i$ 的位置，则此时右指针还在下标 $j$ 的右侧，$\text{numbers}[i]+\text{numbers}[j]>\text{target}$，因此一定是右指针左移，左指针不可能移到 $i$ 的右侧。
• 假设右指针先到达下标 $j$ 的位置，则此时左指针还在下标 $i$ 的左侧，$\text{numbers}[i]+\text{numbers}[j]<\text{target}$，因此一定是左指针右移，右指针不可能移到 $j$ 的左侧。

由此可见，在整个移动过程中，左指针不可能移到 $i$ 的右侧，右指针不可能移到 $j$ 的左侧，因此不会把可能的解过滤掉。由于题目确保有唯一的答案，因此使用双指针一定可以找到答案。

代码实现

class Solution {
public:
    vector<int> twoSum(vector<int>& numbers, int target) {
        int size = numbers.size();
        vector<int> ans{1, 2};
        if(size == 2) return ans;
        int n = 0, m = size-1;  // 双指针，反向遍历
        while(true){
            if(numbers[m] + numbers[n] > target) m--;
            else if(numbers[m] + numbers[n] < target) n++;
            else break;
        }
        ans[0] = n+1;
        ans[1] = m+1;
        return ans;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是数组的长度。两个指针移动的总次数最多为 $n$ 次，即最多遍历一遍数组，最坏情况为要找的两个数是相邻的。
空间复杂度：$O(1)$