题目1:454 四数相加Ⅱ
题目链接:454 四数相加Ⅱ
题意
4个整数数组nums1, nums2, nums3, nums4的长度均为n,有多少个元组(i,j,k,l)使得
nums[i]+nums[j]+nums[k]+nums[l]==0 (本题不包含去重的逻辑,i,j,k,l 可以相等,一组元素与一组元素之间的各个元素也可以相等)
暴力解法
class Solution {
public:int fourSumCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, vector<int>& nums3, vector<int>& nums4) {int count = 0;for(int i=0;i<nums1.size();i++){for(int j=0;j<nums2.size();j++){for(int k=0;k<nums3.size();k++){for(int l=0;l<nums4.size();l++){if(nums1[i]+nums2[j]+nums3[k]+nums4[l]==0){count++;}}}}}return count;}
};
会报如下超时错误
map
数组的数值较大且较为分散,所以数组可以排除
将4个元素分组,分成两组(这样的时间复杂度最低O(n^2))nums1与nums2 nums3与nums4
看其中一组的元素和是否出现过,还要知道出现过的次数(value),因此使用map
unordered_map的读写效率最高
步骤
① 遍历nums1和nums2,求解nums1[i]+nums2[j]的和,将这个和及其出现的次数放到map中
② 遍历nums3和nums4,在map中查询0-(nums3[k]+nums4[l]),
如果存在key==0-(nums3[k]+nums4[l]) 就将count加上key对应的value,这点很重要,一定要加value,因为这个key可能在nums1和nums中出现多种组合,这都是满足题目要求的!!!
例如:
nums1[1]+nums1[2]=5
nums1[1]+nums1[4]=5
nums1[3]+nums2[5]=5
nums3[1]+nums4[1]=-5
这种就是nums1[i]+nums2[j]在map中存在多种组合,key==5时,对应的value==3
因此,count=count+3
单纯下标
代码
class Solution {
public:int fourSumCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, vector<int>& nums3, vector<int>& nums4) {unordered_map<int,int> map;//定义map,存放nums1[i]+nums2[j]int count = 0;for(int i=0;i<nums1.size();i++){for(int j=0;j<nums2.size();j++){map[nums1[i]+nums2[j]]++;}}for(int k=0;k<nums3.size();k++){for(int l=0;l<nums4.size();l++){int target = 0 - (nums3[k]+nums4[l]);if(map.find(target)!=map.end()){count += map[target]; //加上target(即nums[i]+nums[j])出现的次数}}}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
简便
代码
class Solution {
public:int fourSumCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, vector<int>& nums3, vector<int>& nums4) {unordered_map<int,int> map;int count = 0;for(int a:nums1){for(int b:nums2){map[a+b]++;}}for(int c:nums3){for(int d:nums4){if(map.find(0-(c+d))!=map.end()){count += map[0-(c+d)];}}}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
以上解法和有效字母异位词比较相像,都是先遍历数组,对哈希表进行插入操作;再遍历另外的数组,在哈希表中进行查询操作
题目2:赎金信
题目链接:383 赎金信
题意
判断ransomNote字符串能否由magazine字符串中的字符组成,二者均由小写英文字母构成,但是magzine中的每个字符只能使用1次,这两点很关键
即判断ransomNote字符串中的字符是否在magazine中出现过,因此使用哈希表
数组
由于两个字符串中的元素只包含小写字母,是连续的,是有限值且有有限个,因此想到使用数组
步骤
① 一定要先遍历magazine字符串(因为是在magazine字符串中查找ransomNote中的字符是否存在),统计magazine字符串中每个字符出现的次数(每个字符只能使用1次),记录在hash数组中;
② 再遍历ransomNote字符串,在上述统计的次数的基础上,遇到相同的字符,在hash数组中对应元素做减减的操作;
③ 最后遍历hash数组,看是否有小于0的元素,若出现小于0的元素,证明ransoNote字符串中的对应该字符数量多于magazine字符串中该字符的数量,说明ransomNote字符串不能由magazine字符串中的字符组成
代码
class Solution {
public:bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {int hash[26] = {0};for(int i=0;i<magazine.size();i++){hash[magazine[i]-'a']++;}for(int i=0;i<ransomNote.size();i++){hash[ransomNote[i]-'a']--;}for(int i=0;i<26;i++){if(hash[i]<0){return false;}}return true;}
};
- 时间复杂度: O(n)
- 空间复杂度: O(1),hash数组的大小是常数
代码也可以这样写,hash减减后,直接判断hash中该元素是否小于0,若小于0的话,直接return false即可,就不用后面的hash元素再继续减减操作了
class Solution {
public:bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {int hash[26] = {0};for(int i=0;i<magazine.size();i++){hash[magazine[i]-'a']++;}for(int i=0;i<ransomNote.size();i++){hash[ransomNote[i]-'a']--;if(hash[ransomNote[i]-'a']<0){return false;}}return true;}
};
- 时间复杂度: O(n)
- 空间复杂度: O(1),hash数组的大小是常数
暴力解法(不推荐)
如果遇到magazine[i]==ransomNote[i],就将ransomNote中的该字符删掉,同时一定要使用break跳出这个内部for循环,因为magazine中的一个字符只能匹配ransomNote中的1个字符,如果匹配上了,那么这个字符就废了,不能再重复使用了,需要继续下一个magazine元素的循环
代码
!!!注意break的使用
class Solution {
public:bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {for(int i=0;i<magazine.size();i++){for(int j=0;j<ransomNote.size();j++){if(magazine[i]==ransomNote[j]){ransomNote.erase(ransomNote.begin()+j);break;//这里一定要break,因为magazine[i]已经和ransomNote[j]匹配了,再往下让magazine[i]匹配元素不满足要求 //(magazine中的字符只能在ransomNote中使用1次),所以使用break跳出这层内部for循环,继续i++下一个magazine的元素}}}if(ransomNote.size()==0){return true;}else{return false;}}
};
- 时间复杂度: O(n^2)
- 空间复杂度: O(1)
题目3:15 三数之和
题目链接:15 三数之和
题意
1个整数数组nums ,找出nums[i]+nums[j]+nums[k]==0的[i,j,k]的组合,其中i,j,k互不相等(意味着元素不能重复使用)一组中的nums[i],nums[j],nums[k]的组合不能和另一组中的nums[i],nums[j],nums[k]完全相同,比如:0 1 -1 和 1 0 -1这就重复了,所以需要去除一组
去重是关键
哈希法(不推荐)
使用哈希表去重细节较多
双指针法
不可以先将数组中相同的元素删除,因为可能会使得一些满足条件的组合消失,例如:2 2 -4
开始时一定要对数组进行排序
逻辑反例
例1,nums[left],nums[right]去重放置的位置
是和nums[i]一样,放在前面,还是放在while循环的最后面
例2,是先移动left,right还是先去重
这里在写代码时,产生了矛盾,当元素组合满足条件时,到底是先移动还是先去重呢?
丢掉解
重复解
例3,if(nums[i]==nums[i-1]){},{}里是i++,还是continue
想的比较单纯:遇到重复值,我跳过去,不就OK了嘛,但是事实不是这样,有可能有连续的多个重复的值,所以使用i++就产生了错误
例4,如果跳过了重复值,会不会错过一些遍历重复值过程中的组合呢
例5 nums[left] nums[right]去重逻辑里面while循环加入right>left
如果不加right<left的限制会报如下错误
代码
class Solution {
public:vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {vector<vector<int>> result;sort(nums.begin(), nums.end());//记得排序for(int i=0;i<nums.size();i++){//nums[i]剪枝 一级剪枝if(nums[i]>0){return result;//这里是return result 不能return {},在此之前可能已经有结果了//break;//这里使用break,也是一样的,直接return结果,结束这个for循环}//nums[i]去重 一级去重if(i>0 && nums[i]==nums[i-1]){continue;//继续下一次循环//注意这里continue不能写i++,因为要是写i++的话,对于连续3个相同的数字,会算两遍,看反例3}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(vector<int>{nums[i],nums[left],nums[right]});//去重去的是满足条件的相同的组合,因此,要放在else里面while(right>left && nums[right]==nums[right-1]){right--;}while(right>left && nums[left]==nums[left+1]){left++;}left++;//一定要在去重之后再移动left和right两个指针right--;} }}return result;}
};
- 时间复杂度: O(n^2)
- 空间复杂度: O(1)
题目4:18 四数之和
题目链接:18 四数之和
题意
整数数组nums的长度为n,返回nums[a]+nums[b]+nums[c]+nums[d]==target的元组[nums[a],nums[b],nums[c],nums[d]],其中a,b,c,d互不相等(意味着元素不能重复使用),返回的元组不能重复,但元组内部的元素可以重复(因为数组nums中可能存在重复的元素)
双指针法
和上题三数之和一样,同样使用双指针法解决
剪枝的时候要注意,因为target可正可负可零,所以剪枝逻辑就不能像三数之和那样,直接判断nums[i]>target就行了,若target可能为负数,若nums[i]>target,若nums[i+1]还是负数,那么nums[i]+nums[i+1]<nums[i],可能会出现四数之和等于target的情况,如下例:
1) 对于一级剪枝,所以一级剪枝要确定target>0&&nums[i]>target
同样地,对于二级剪枝,也要注意这些细节,二级剪枝时,将nums[i]+nums[j]视作一个整体,与target进行判断
流程
代码
class Solution {
public:vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target) {vector<vector<int>> result;sort(nums.begin(),nums.end());for(int i=0;i<nums.size();i++){//一级剪枝if(nums[i]>target && target>=0){//if(nums[i]>target && (target>=0 || nums[i]>=0))return result;}//一级去重if(i>0 && nums[i]==nums[i-1]){continue;}for(int j=i+1;j<nums.size();j++){//二级剪枝 将nums[i]+nums[j]看作一个整体if(nums[i]+nums[j]>target && target>=0){//if(nums[i]+nums[j]>target && (target>=0 || nums[i]+nums[j]>=0))break;}//二级去重if(j>i+1 && nums[j]==nums[j-1]){continue;}int left = j + 1;int right = nums.size() - 1;while(right>left){if((long) nums[i]+nums[j]+nums[left]+nums[right]>target){right--;}else if((long) nums[i]+nums[j]+nums[left]+nums[right]<target){left++;}else{result.push_back(vector<int>{nums[i],nums[j],nums[left],nums[right]});//nums[left] nums[right]去重while(right>left && nums[left]==nums[left+1]){left++;}while(right>left && nums[right]==nums[right-1]){right--;}left++;right--;}}}}return result;}
};
- 时间复杂度: O(n^3)
- 空间复杂度: O(1)