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【专题刷题】双指针（二）

news 来源：原创 2025/8/23 19:06:07

📝前言说明：

本专栏主要记录本人的基础算法学习以及LeetCode刷题记录，按专题划分
每题主要记录：（1）本人解法 + 本人屎山代码；（2）优质解法 + 优质代码；（3）精益求精，更好的解法和独特的思想（如果有的话）
文章中的理解仅为个人理解。如有错误，感谢纠错

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📋本专栏：C++刷题专栏
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202. 快乐数
- 个人解
- 优质解：
11 盛最多水的容器
- 个人解
- 优质解：
611. 有效三角形的个数
- 个人解
- 优质解：

202. 快乐数

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个人解

思路：没思路，不知道如何判断这个数不是快乐树
用时：13:00
屎山代码：无

优质解：

思路：不要偷懒，自己手算一遍这个过程才能发现规律
在这里插入图片描述
你要问我为什么一定能成环？
题目所给的数字范围：1 <= n <= 2^31 - 1，2^31 - 1 == 2,147,483,647，总共有9位数，我们往大了取，假设每一位都为9，则999999999的平方和肯定是最大的，结果是9*9*10 == 810，那最小的数呢？显然是1，也就是说每次变化的取值是在[1, 810]里面取。
但是，无限循环，取无数次，在[1, 810]里面取无数次，必然有重复！

对于能变成1的快乐数，因为1的平方还是1，所以，最后也是在一个全是1的环内循环

所以，这道题就变成：可以用快慢指针，慢指针每次移动一步，快指针每次移动两步，因为有速度差且有环，所以快慢指针一定会在环内相遇。当快慢指针相遇时，判断相遇的数是否为1即可。

代码：

class Solution {
public:int Sum(int n){int sum = 0;while(n){int i = n % 10;sum += i * i;n /= 10;}return sum;}bool isHappy(int n) {int slow = n, fast = Sum(n); // 这里可不能 fast == n, 因为while的判断条件是slow == fastwhile(slow != fast){slow = Sum(slow);fast = Sum(Sum(fast));}return slow == 1;}
};

11 盛最多水的容器

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个人解

思路：
在这里插入图片描述
每次让短的边移动。
移动完成后，重新计算容积V的大小，如果更大就替换

用时：10:00（通过，因为这题以前写过）
屎山代码：

class Solution {
public:int maxArea(vector<int>& height) {int ans = 0, left = 0, right = height.size() - 1;while(left < right){int v = min(height[left], height[right]) * (right - left);if(v > ans) ans = v;else{if(height[left] < height[right]){left++;}else{right--;}}}return ans;}
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)

优质解：

个人解已经比较优秀的解法了，不再过多探索

611. 有效三角形的个数

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个人解

思路：通过枚举 最大边 + 相向指针 求解。

先对数组进行排序，整个数组递增
枚举最大边cur，然后设置双指针：right = cur - 1，left = 0
要满足可以形成三角形，就需要两个短边之和 > 最大边
又因为数组有递增性，如果当前的left,right,cur所指向的三个数可以形成三角形，则right和left到right之间的所有数组合也可以形成三角形，因为这些值>=left指向的值。
双指针的移动问题，要满足nums[left] + nums[right] > nums[cur]，很明显：left左移，会让左式更大，right右移会让左式更小。所以当不满足条件的时候，left左移，当满足条件以后right右移。

但是，我在做题的时候一开始尝试 枚举最小边 + 相向指针 出现了问题：如果我枚举的是最小边，则要满足：nums[right] - nums[left] < nums[cur]，这时候因为数组是递增的，就出现了问题。因为right左移，左式会变小，left右移左式也会变小，变化相同显然是行不通的。

用时：18:00
屎山代码（通过）：

class Solution {
public:int triangleNumber(vector<int>& nums) {int ans = 0, n = nums.size();ranges::sort(nums); // ranges 是 C++20 引入的ranges库for(int cur = n - 1; cur > 1; cur--) // 枚举最长边{int left = 0, right = cur - 1;while(left < right){if(nums[left] + nums[right] > nums[cur]){ans += right - left;right--;}else{left++;}}}return ans;}
};

时间复杂度：O( $n^2$ )
空间复杂度：O(1)

优质解：

枚举最小边的处理方法：
用同向双指针（滑动窗口）。
当left和right的指针越靠近的时候，两边的差值越小。
我们可以，一开始让right和left足够接近，让[left, right]这个窗口里面的组合都满足nums[right] - nums[left] < nums[cur]，即：可以构成三角形
如何实现呢？
只需要在满足nums[right] - nums[left] < nums[cur]的时候，让left右移，移动到第一个满足的地方就停下来，然后统计窗口内满足的个数，加入ans。一组算完以后，让right右移变远，但是left无须倒退，因为right增大了，左式增大，这时候要找的是让左式更小的left（这个很关键，不然容易写成O( $n^3$ )，我就是，进行了回退…），进行下一组的计算。

代码：

class Solution {
public:int triangleNumber(vector<int>& nums) {int ans = 0, n = nums.size();ranges::sort(nums); // ranges 是 C++20 引入的ranges库for(int cur = 0 ; cur < n - 2; cur++) // 枚举最短边{int left = cur + 1;for(int right = cur + 2; right < n; right++){while(left < right && nums[right] - nums[left] >= nums[cur]){left++;}ans += right - left;}}return ans;}
};

时间复杂度：O( $n^2$ )
空间复杂度：O(1)

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611. 有效三角形的个数

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