代码随想录刷题day7|LeetCode454 四数相加Ⅱ、LeetCode383 赎金信、LeetCode15 三数之和、LeetCode18 四数之和-优快云博客

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454 四数相加Ⅱ

思考：

像个排列组合的题目（bushi

四个数组中找出四元组使它们的和为0，有点像字符异位相同匹配，也就是两个表元素进行对比，同时为了降低时间复杂度，要考虑将数组合并，比如前两个数组合并、后两个数组合并，这样合并后的循环时间复杂度为O( $n^{2}$ )，即两个平方的加和。如果三个数组合并对比剩下一个数组，时间复杂度为O( $n^{3}$ )，不是最优合并。

题目有几个要注意的地方：

1、只需考虑满足条件的四元组的个数，不用输出具体的四元组；

2、四元组中每个位置上的数可以是重复的，不需要去重；

3、先将前两个数组求和（num1+num2），每次求和得到的结果存进哈希表中，便于后两个数组求和（num3+num4）后在哈希表中匹配是否存在四数之和为0。由于num1+num2+num3+num4=0，所以num3+num4=-(num1+num2)，注意在后两个数组和与前两个数组和匹配时要将（num3+num4）取反。

我的代码：

class Solution {
public:
    int fourSumCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, vector<int>& nums3, vector<int>& nums4) {
        //四个数组中找出四元组使它们的和为0，有点像字符串异位相同匹配
        //为了降低时间复杂度，要考虑将数组合并，比如前两个数组合并、后两个数组合并
        std::unordered_map<int,int> myMap;
        //合并前两个数组,并统计两数组中数字之和以及它们的出现次数，存进map中
        for(auto num1:nums1)
            for(auto num2:nums2){
                if(myMap.find(num1+num2)==myMap.end())
                    myMap.insert({num1+num2,1});
                else {
                    auto cur=myMap.find(num1+num2);
                    cur->second++;
                }
            }
        //关于后两个数组的和，查找map有无（a+b）能与之结合为0，并统计和为0的四元组的数量
        int count=0;
        for(auto num3:nums3)
            for(auto num4:nums4){
                if(myMap.find(-num3-num4)!=myMap.end()){
                    auto cur=myMap.find(-num3-num4);
                    count+=(cur->second);
                }
            }
        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

383 赎金信

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思考：这个和字符异位那题思路差不多，也是有限个字符这样的一个范围条件，所以还是用数组解决最简洁。

题目是判断ran的字符是否能够用mag中的字符完全表示，用集合来表示就是ran是mag的子集，mag的内容包含ran的内容。所以还是要先将ran的字符保存进26个小写字母的数组result中，记录ran中的字符。

然后再遍历mag，并判断遍历到的字符是否在result中有所记录，若有记录则使记录的数量减一。
最后判断所有记录都被清零的话，意味着ran就是mag的子集，即ran能由mag里的字符构成
这样设计也能满足题目“magazine 中的每个字符只能在 ransomNote 中使用一次”的要求。

我的代码：

class Solution {
public:
    bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {
        int result[26]={0};
        int count=0;
        //题目是判断ran的字符是否能够用mag中的字符完全表示，用集合来表示就是ran是mag的子集，mag的内容包含ran的内容
        //所以还是要先将ran的字符保存进26个小写字母的数组result中，记录ran中的字符
        for(int i=0;i<ransomNote.size();i++)
                result[ransomNote[i]-'a']++;
        //再遍历mag，并判断遍历到的字符是否在result中有所记录，若有记录则使记录的数量减一
        for(int i=0;i<magazine.size();i++){
            if(result[magazine[i]-'a']>0){
                result[magazine[i]-'a']--;
            }
        }
        //最后判断所有记录都被清零的话，意味着ran就是mag的子集，即ran能由mag里的字符构成
        for(int i=0;i<26;i++){
            if(result[i])
                return false;
        }
        return true;
    }
};

15 三数之和

力扣题目链接

思考：

哈希表写多了，看到这道题一上来就想用哈希表解决，然后bug一改就老实了。

这道题由于要求答案不能包含重复三元组，所以和四数相加不一样。必须要考虑去重问题。但是用哈希表写关于去重的细节很多，很难一下子考虑完全（反正我没完全通过所有样例）。

看了卡哥的解法给了一个解题的新思路，双指针法居然还能这么用.jpg

双指针法

（其实也不一定是严格的两个指针，也要灵活考虑加入一到两个指针）

三数之和，可以想到用三个指针指向数组中不重复的三个元素，来判断三者相加和是否为0。首先先将数组排为升序，第一个数的指针i可以看作数组的动态边界起点，不断前进，剩下两个指针left和right可以看作移动的滑动窗口。

当第一个数当前取某个值时，由于数组已变为有序数组，数组左边的元素一定较小，右边的元素一定较大，三数之和大于0时则right向左移动、小于0则left向右移动，left和right就不断向内缩小，直到取完所有合适的三元组，然后再迭代第一个数，重复滑动窗口的操作。

其中去重的要点，一定要先将数组排序，这样一来数值相同的元素就会集中一起，便于相同元素跳过。当指针指向的元素周围有相同的元素，进行去重跳过判断的条件是:

        //第一个数字去重    
        if(i>0&&nums[i]==nums[i-1]) continue;

        //left和right去重
        while(right>left&&nums[right]==nums[right-1]) right--;
        while(right>left&&nums[left]==nums[left+1]) left++;

对于第一个数，判断位置是i和i-1的含义是，当前元素和前一个已遍历过的元素是否相同，意味着上一个元素或已被作为有效三元组push_back进结果数组中，或已被当作重复元素跳过，也就是上一个相同元素已经被操作过了，因此无需再考虑当前元素，可跳过。

但滑动窗口两端的两个数则是指针与窗口内未访问的元素进行比较，相同则继续向内缩小范围。

注意不能有重复的三元组是指，不能出现所含元素完全相同的三元组，即不能为{[-1,0,1],[-1,1,0]}，但是三元组中可以有数据重复（但下标不同）的元素，即{[0,0,0],[-1,-1,2]}。所以第一个数去重的判断不是i和i+1原因为：如果逻辑是下一个元素和当前元素相同则不将当前元素放入结果数组考虑中，则不满足“三元组中可以有数据重复但下标不同的y”

我的代码：

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
        //梦碎了。。。
        std::vector<vector<int>> result={};
        //用指针法，必须先将数组排序
        sort(nums.begin(),nums.end());
        for(int i=0;i<nums.size();i++){
            if (nums[0] > 0)
                break;
            //对第一个数去重
            if(i>0&&nums[i]==nums[i-1]) continue;
            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({nums[i],nums[left],nums[right]});
                    //对left和right指向的两个数去重
                    while(right>left&&nums[right]==nums[right-1]) right--;
                    while(right>left&&nums[left]==nums[left+1]) left++;
                    right--;
                    left++;
                }
            }
                
        }
        return result;
    }
};
/*
    没法实现去重的哈希版本：
    vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
        std::multimap<int,int> myMap;
        std::vector<vector<int>> result={};
        for(int i=0;i<nums.size();i++)
            myMap.insert({nums[i],i});
        for(int i=0;i<nums.size();i++)
            for(int j=i+1;j<nums.size();j++){
                int sum=nums[i]+nums[j];
                //sumMap.insert({sum,(i,j)});
                auto Find=myMap.find(-sum);
			    auto Count = myMap.count(-sum);
                while (Count) {
                    if (Find != myMap.end() && Find->second > j)
                        result.push_back({ nums[i],nums[j],Find->first });
                    Find++;
                    Count--;
                }
            }
        return result;

    vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
        std::multimap<int,pair<int,int>> sumMap;
        std::vector<vector<int>> result;
        for(int i=0;i<nums.size();i++)
            for(int j=i+1,j<nums.size(),j++){
                int sum=nums[i]+nums[j];
                sumMap.insert({sum,(i,j)});
            }
        for(auto sums:sumMap){
            if(sums.find())

        }
    }*/

*由于第一个数的遍历必须占用一个循环，后两个数又可以优化为双指针法，也只用占用一个循环，因此可以将时间复杂度从三重循环嵌套的O( $n^{3}$ )降低为O( $n^{2}$ )。

时间复杂度: O(n^2)
空间复杂度: O(1)

18 四数之和

力扣题目链接

思考：

这题在熟悉三数之和以后就很容易想到嵌套循环＋双指针法：双指针遍历部分必定是多元组的最后两个数，且双指针法的时间复杂度都是O(n)，即一层循环。但是既然是四数之和，自然迭代的指针也从三数之和的一个自由指针变成两个，所以也很容易可以得到四数之和的时间复杂度为O( $n^{3}$ )。

有个易错点：自然迭代指针的去重操作是continue，直接跳过本次循环，而不是指针++。

我的代码：

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target) {
        std::vector<vector<int>> result = {};
        sort(nums.begin(), nums.end());
        //和三数之和有点相似的地方就是，数组上仍然设置一个区域使用双指针遍历，且仍然指向四元组中的后两个数
        //第一个指针仍然从头开始自然迭代遍历整个数组
        for (int s1 = 0; s1 < nums.size();s1++) {
            //if (nums[0] > target)
               // break;
            //第一个数的去重操作，注意是continue直接跳过本次循环，不是s1++
            if (s1 > 0 && nums[s1] == nums[s1 - 1]) continue;
            //第二个指针尚未进行双指针遍历，所以还是和s1一样自然迭代
            for (int s2 = s1+1; s2 < nums.size();s2++) {
                //第二个数的去重操作
                if (s2>s1+1 && nums[s2] == nums[s2 - 1]) continue;
                int b1= s2 + 1, b2 = nums.size() - 1;
                //从这里开始双指针遍历
                while (b2>b1) {
                    int sum1=nums[s1] + nums[s2];
                    long sum2=(long)target-nums[b1] - nums[b2];
                    if ( sum1>sum2) b2--;
                    else if (sum1<sum2) b1++;
                    else {
                        result.push_back({ nums[s1],nums[s2],nums[b1],nums[b2] });
                        while (b2 > b1 && nums[b2] == nums[b2 - 1]) b2--;
                        while (b2 > b1 && nums[b1] == nums[b1 + 1]) b1++;
                        b2--;
                        b1++;
                    }
                }
            }
        }
        return result;
    }
};

时间复杂度: O(n^3)
空间复杂度: O(1)

*文章是本人刷题过程中的一些笔记和理解，记录的解析不一定足够清晰，也可能存在本人暂未意识到的错误，如有问题欢迎大家指出。文章中学习到的解法来自代码随想录的B站视频（哈希表4~6）以及代码随想录的学习网站