LeetCode刷题之数组篇（二）三数之和

题目描述：给你一个包含 n 个整数的数组 nums ，判断 nums 中是否存在三个元素 a，b，c，使得 a + b + c = 0 ？请你找出所有和为 0 且不重复的三元组。

注意：答案中不可以包含重复的三元组。

示例1：

输入： nums = [-1, 0, 1, 2, -1, -4];

输出：[[-1, -1, 2]，[-1, 0, 1]]

这道题 “不重复”是一个切入点。正如官方给的题解中提到的，在最坏的情况下，数组中的元素全部为0，如果此时我们还继续使用三重循环来遍历所有的数组。会得到O(N³)个满足要求的三元组，时间复杂度至少为O(N³)。在这之后，我们还需要使用哈希表进行去重操作，得到不包含重复三元组的最终答案，又消耗了大量的空间。这个做法的时间复杂度和空间复杂度都很高。因此，简单的三重循环这种方式是不合适的。

“不重复” 我们只需要保证：

1. 第二重循环枚举到的元素不小于当前第一重循环枚举到的元素

2. 地三重循环美剧导的元素不小于当前第二重循环枚举到的元素。

也就是说，我们枚举的三元组（a, b, c）满足 a<= b <= c，保证了只有（a, b, c）这个顺序会被枚举到，而（b, a, c）和 （c, b, a）等等这些不会，这样就减少了重复。要实现这一点，我们可以将数组中的元素从小到大进行排序，随后使用普通的三重循环就可以满足上面的要求。

同时，对于每一重循环而言，相邻两次枚举的元素不能相同，否则也会造成重复。例如：如果排序后的数组为

[0, 1, 2, 2, 2, 3]

我们使用三重循环枚举到的第一个三元组为（0, 1, 2），如果第三重循环继续枚举下一个元素，那么仍然是三元组（0, 1, 2），产生了重复。因此我们需要将第三重循环跳到下一个不相同的元素，即数组中的最后一个元素3，枚举三元组（0, 1, 3）。

如果我们固定了前两重循环枚举到的元素a和b，那么只有唯一的c满足 a + b + c = 0。当第二重循环往后枚举一个元素 b' 时，由于 b' > b，那么满足 a + b' + c' = 0 的 c' 一定有 c' < c，即 c' 在数组中一定出现在 c 的左侧。也就是说，我们可以从小到大枚举 b，同时从大到小枚举 c ，即第二重循环和第三重循环实际上是并列的关系。因此，我们就可以保持第二重循环不变，而将第三重循环变成一个从有序数组最右端开始向左移动的指针。

这个方法就是我们常说的双指针，当我们需要枚举数组中的两个元素时，如果我们发现随着一个元素的递增，第二个元素是递减的，那么就可以使用双指针的方法，将枚举的时间复杂度从 O(N²) 减少至 O(N)。为什么是 O(N)呢？这是因为在枚举的过程每一步中， 左指针 会向右移动一个位置（也就是题目中的 b ），而 右指针 会向左移动若干个位置，这个与数组的元素有关（不重复），但我们知道它一共会移动的位置数为 O(N)，均摊下来，每次也向左移动一个位置，因此时间复杂度为 O(N)。另外，因为还有第一重循环，时间复杂度是 O(N)，因此枚举的总的时间复杂度是 O(N²)。

代码如下：

public List<List<Integer>> threeSum(int[] nums) {
    int n = nums.length;
    // 排序
    Arrays.sort(nums);
    List<List<Integer>> result = new ArrayList<>();
    // 枚举a 
    for (int i = 0; i < n; i++) {

        if (nums[i] > 0) {
            // 如果当前数字大于0，则三数之和一定大于0，所以结束循环
            break;
        }

        // 需要和上一次枚举的数不相同
        if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]) {
            continue;
        }

        // b 对应的指针初始指向当前元素的下一个元素的下标        
        int left = i + 1;

        // c 对应的指针初始指向数组的最右端
        int right = n - 1;
        
        while (left < right) {
            int sum = nums[i] + nums[left] + nums[right];
            if (sum == 0) {
                result.add(Arrays.asList(nums[i], nums[left], nums[right]));
                // 去重
                while (left < right && nums[left] == nume[left + 1]) {
                    left++;
                }
                // 去重
                while (left < right && nums[right] == nums[right - 1]) {
                    right--;
                }
                left++;
                right--;
            } else if (sum < 0) {
                left++;
            } else if (sum > 0) {
                right--;
            }
        }
    }
    return result;
}

复杂度分析：

1. 时间复杂度：O(N²)，其中 N 是数组 nums 的长度

2. 空间复杂度：O(log N)。我们忽略存储答案的空间，额外的空间复杂度为 O(log N)。然而我们修改了输入的数组 nums，在实际情况下不一定允许，因为也可以看成使用了一个额外的数组存储了 nums 的副本进行排序，空间复杂度为 O(N)。