【力扣】01、两数之和

01、两数之和

给定一个整数数组 nums 和一个整数目标值 target,请你在该数组中找出 和为目标值 target 的那 两个 整数,并返回它们的数组下标。
你可以假设每种输入只会对应一个答案。但是,数组中同一个元素在答案里不能重复出现。
你可以按任意顺序返回答案。

var twoSum = function(nums,target){
	let map = new Map();//使用map
	for (let i = 0;i<nums.length;i++){
		num = target - nums[i];
		if(map.has(num)){//在map中查询是否有这个值,有则输出
			return [map.get(num),i];
		}
		map.set(num[i],i);
	}
}
<think>嗯,用户想用Java解决LeetCode上的回文数问题。我需要先回顾题目要求。回文数是指正读和反读都一样的数字,比如121。负数因为有负号,所以肯定不是回文数。另外,像10这样的数,反转后末尾的0会导致问题,也需要考虑。 用户提供的引用里有几种解法。第一个方法是将数字转为字符串,然后逐个比较对称位置的字符。这方法简单直接,但可能效率不高,因为字符串操作和循环需要时间。第二个方法是用StringBuilder的reverse方法,比较原字符串和反转后的字符串是否相同。这种方法代码简洁,但同样有字符串处理的性能问题。第三种方法是分解数字到集合中,然后比较对称位置的元素。这可能避免了字符串处理,但需要处理集合,可能空间复杂度较高。 另外,用户提到的数字翻转法,比如完全反转数字或者反转一半数字,可能更高效。比如,反转整个数字,然后与原数字比较。但需要注意溢出问题,不过根据LeetCode题目描述,回文数反转后不会溢出,所以可能可以忽略。或者反转后半部分,这样不需要处理溢出的情况,例如当原始数字的后半部分反转等于前半部分时即为回文数。例如,1221的后半部分21反转成12,与前半部分12相等。 不过,用户提供的引用中似乎没有提到反转一半的方法,这可能是一个优化的方向。另外,要考虑特殊情况,比如x是负数时直接返回false,或者x非零但末尾是0的情况,例如10,反转后01不等于10,所以这些情况可以直接排除。 现在需要整理这些方法,并给出Java代码示例。首先,字符串遍历法,然后是字符串反转法,接着是数字反转法(完全反转和反转一半)。需要比较它们的优缺点,比如时间复杂度和空间复杂度。例如,字符串方法需要O(n)的额外空间,而数字反转法可能只需要O(1)的空间。 另外,要注意数字反转法中的溢出问题。例如,如果原数字不是回文数,反转后可能会导致整数溢出。但根据题目限制,输入是32位整数,所以如果反转后的数字溢出的话,原数字肯定不是回文数,因此可以提前返回false。或者,在反转一半的情况下,可以避免这个问题,例如当数字长度是偶数时反转后半部分,长度是奇数时反转后半部分并去掉中间数。 总结,应该提供四种方法:字符串遍历、字符串反转、完全数字反转、反转一半数字,并分析它们的优劣。同时,指出最佳实践,例如反转一半数字的方法在时间O(log n)和空间O(1)下最优。</think>### LeetCode 回文数 Java 解法详解 #### 解法一:字符串遍历法 将数字转化为字符串,通过遍历判断对称位置的字符是否相等: ```java public boolean isPalindrome(int x) { String str = String.valueOf(x); for (int i = 0; i < str.length() / 2; i++) { if (str.charAt(i) != str.charAt(str.length() - 1 - i)) { return false; } } return true; } ``` **特点**:直观易懂,但需要$O(n)$额外空间存储字符串[^3]。 #### 解法二:字符串反转法 利用`StringBuilder`的反转方法直接比较: ```java public boolean isPalindrome(int x) { String str = String.valueOf(x); return str.equals(new StringBuilder(str).reverse().toString()); } ``` **特点**:代码最简洁,但存在与解法一相同的性能问题[^2]。 #### 解法三:数字完全反转法 通过数学运算反转整个数字后比较: ```java public boolean isPalindrome(int x) { if (x < 0 || (x % 10 == 0 && x != 0)) return false; int reversed = 0, original = x; while (x > 0) { reversed = reversed * 10 + x % 10; x /= 10; } return original == reversed; } ``` **特点**:空间复杂度$O(1)$,但需处理溢出风险(LeetCode测试用例允许忽略)[^4]。 #### 解法四:数字反转一半法(最优解) 仅反转数字的后半部分,与前半部分比较: ```java public boolean isPalindrome(int x) { if (x < 0 || (x % 10 == 0 && x != 0)) return false; int reversedHalf = 0; while (x > reversedHalf) { reversedHalf = reversedHalf * 10 + x % 10; x /= 10; } return x == reversedHalf || x == reversedHalf / 10; } ``` **特点**:时间复杂度$O(\log n)$,空间复杂度$O(1)$,避免了完全反转的溢出问题[^1]。 --- ### 关键逻辑说明 1. **负数处理**:直接返回`false`(负数不可能为回文数)[^1][^3]。 2. **末尾为0的特殊情况**:若数字非零但末位为0(如10),直接排除。 3. **反转终止条件**:当原始数字小于等于反转后的半段时,说明已处理完一半位数。 --- ### 性能对比 | 方法 | 时间复杂度 | 空间复杂度 | 适用场景 | |--------------------|------------|------------|------------------------| | 字符串遍历法 | $O(n)$ | $O(n)$ | 快速实现 | | 字符串反转法 | $O(n)$ | $O(n)$ | 代码简洁需求 | | 数字完全反转法 | $O(\log n)$| $O(1)$ | 避免字符串操作 | | **数字反转一半法** | $O(\log n)$| $O(1)$ | 最优解,推荐使用 | ---
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