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编程题-三数之和（中等）

news 来源：原创 2025/7/13 4:37:42

题目：

给你一个整数数组 nums ，判断是否存在三元组 [nums[i], nums[j], nums[k]] 满足 i != j、i != k 且 j != k ，同时还满足 nums[i] + nums[j] + nums[k] == 0 。请你返回所有和为 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。

解法一（排序+哈希表查找-时间复杂度超限）：

首先对输入数组vector<int>& nums进行排序，然后将nums中出现元素以及索引位置制作成哈希表，通过设置first,second前两个for循环索引以及设置在哈希表中查找满足三个数和为0的third值，并确保first索引值<second索引值<third索引值，将满足的且不重复的结果添加到最终输出的result二维动态数组中，由于使用到哈希表查找元素find()函数，因此时间复杂度为O(N^3)，超限，因此本解法仅作为与下面解法的对比参考，不是正确解决本题的实现方式，如下为笔者代码：

class Solution {
public:vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {sort(nums.begin(), nums.end());vector<vector<int>> result;int length = nums.size();//将nums中出现元素以及索引位置制作成哈希表std::unordered_map<int, std::vector<int>> element_positions;for(int i=0; i<length; i++){element_positions[nums[i]].push_back(i);}for(int first=0; first<length-2; first++){for(int second=first+1; second<length-1; second++){int third = 0-nums[first]-nums[second];auto it = element_positions.find(third);if(it !=element_positions.end()){int a = (it->second).size();if((it->second)[a-1]>second){if(result.empty()){result.push_back({nums[first], nums[second], third});}else{std::vector<int> targett = {nums[first], nums[second], third};auto itt = find(result.begin(), result.end(), targett);if(itt==result.end()){result.push_back({nums[first], nums[second], third});}}} }}}return result;}
};

解法二（排序 + 双指针）：

如果我们直接使用三重循环枚举三元组，会得到 O(N^3) 个满足题目要求的三元组（其中 N 是数组的长度）时间复杂度至少为 O(N^3)。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，因此我们要换一种思路来考虑这个问题

「不重复」的本质是什么？我们保持三重循环的大框架不变，只需要保证：

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；
第三重循环枚举到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)、(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。举个例子，如果排完序的数组为

[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)。

下面给出了改进的方法的伪代码实现：

nums.sort()
for first = 0 .. n-1// 只有和上一次枚举的元素不相同，我们才会进行枚举if first == 0 or nums[first] != nums[first-1] thenfor second = first+1 .. n-1if second == first+1 or nums[second] != nums[second-1] thenfor third = second+1 .. n-1if third == second+1 or nums[third] != nums[third-1] then// 判断是否有 a+b+c==0check(first, second, third)

这种方法的时间复杂度仍然为 O(N3)，毕竟我们还是没有跳出三重循环的大框架。然而它是很容易继续优化的，可以发现，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。

有了这样的发现，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数组最右端开始向左移动的指针，从而得到下面的伪代码：

nums.sort()
for first = 0 .. n-1if first == 0 or nums[first] != nums[first-1] then// 第三重循环对应的指针third = n-1for second = first+1 .. n-1if second == first+1 or nums[second] != nums[second-1] then// 向左移动指针，直到 a+b+c 不大于 0while nums[first]+nums[second]+nums[third] > 0third = third-1// 判断是否有 a+b+c==0check(first, second, third)

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，如果我们发现随着第一个元素的递增，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，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)。

注意到我们的伪代码中还有第一重循环，时间复杂度为 O(N)，因此枚举的总时间复杂度 O(N^2)。由于排序的时间复杂度为 O(NlogN)，在渐进意义下小于前者，因此算法的总时间复杂度为 O(N^2)。上述的伪代码中还有一些细节需要补充，例如我们需要保持左指针一直在右指针的左侧（即满足 b≤c），具体可以参考下面的代码，均给出了详细的注释。

class Solution {
public:vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {//对nums数组进行排序sort(nums.begin(), nums.end());vector<vector<int>> result;int length = nums.size();for(int first=0; first<length-2;first++){// 需要和此层上一次循环中枚举的数不相同，以保证result中结果三个元素组成的子数组与其他子数组不重复if(first>0 && nums[first]==nums[first-1]){continue;}for(int second=first+1; second<length-1; second++){// 需要和此层上一次循环中枚举的数不相同，以保证result中结果三个元素组成的子数组与其他子数组不重复if(second>first+1 && nums[second]==nums[second-1]){continue;}int third = length-1;int target = 0-nums[first]-nums[second];while(second<third && nums[third]>target){third--;}// 如果指针重合，随着 b 后续的增加// 就不会有满足 a+b+c=0 并且 b<c 的 c 了，可以break直接退出循环if(second==third){break;}if(nums[third]==target){result.push_back({nums[first], nums[second], nums[third]});}}}return result;}
};

时间复杂度：O(N2)，其中 N 是数组 nums 的长度。空间复杂度：O(logN)。我们忽略存储答案的空间，额外的排序的空间复杂度为 O(logN)。然而我们修改了输入的数组 nums，在实际情况下不一定允许，因此也可以看成使用了一个额外的数组存储了 nums 的副本并进行排序，空间复杂度为 O(N)。

笔者小记：

1、指针移动（或者说指针的增减操作）在 C++ 中的时间复杂度是 O(1)，即常数时间复杂度，相比单层循环时间复杂度为O(N)，多使用指针思想代替for循环可以大大降低时间复杂度，避免时间超限。

2、【不重复】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。在循环层内初始就增加一些“限制条件语句”，可以避免再对存储的数据结构结果进行去重操作（增加繁琐性）。

题目：

解法一（排序+哈希表查找-时间复杂度超限）：

解法二（排序 + 双指针）：

笔者小记：

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