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]]

示例 2：

输入：nums = []
输出：[]

示例 3：

输入：nums = [0]
输出：[]

提示：

0 <= nums.length <= 3000
-10^5 <= nums[i] <= 10^5

解题思路

题目中要求找到所有「不重复」且和为 0 的三元组，这个「不重复」的要求使得我们无法简单地使用三重循环枚举所有的三元组。这是因为在最坏的情况下，数组中的元素全部为 0，即

[0, 0, 0, 0, 0, ..., 0, 0, 0]

任意一个三元组的和都为 0。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 $a\le b\le c$，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] then
        for second = first+1 .. n-1
            if second == first+1 or nums[second] != nums[second-1] then
                for third = second+1 .. n-1
                    if third == second+1 or nums[third] != nums[third-1] then
                        // 判断是否有 a+b+c==0
                        check(first, second, third)

这种方法的时间复杂度仍然为 $O(N^3)$ ，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-1
    if first == 0 or nums[first] != nums[first-1] then
        // 第三重循环对应的指针
        third = n-1
        for second = first+1 .. n-1
            if second == first+1 or nums[second] != nums[second-1] then
                // 向左移动指针，直到 a+b+c 不大于 0
                while nums[first]+nums[second]+nums[third] > 0
                    third = third-1
                // 判断是否有 a+b+c==0
                check(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(N^2) 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为 $O(N^2)$。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 $O(N^2)$。

class Solution {
    public List<List<Integer>> threeSum(int[] nums) {
        List<List<Integer>> ans = new ArrayList<>();
        int n = nums.length;
        Arrays.sort(nums);
        for (int first = 0;first < n;first++) {
            if (first > 0 && nums[first] == nums[first - 1]) continue;
            int third = n - 1;
            int target = -nums[first];
            for (int second = first + 1;second < n;second++) {
                if (second > first + 1 && nums[second] == nums[second - 1]) continue;
                while (second < third && nums[second] + nums[third] > target) {
                    third--;
                }
                if (third == second) break;
                if (nums[second] + nums[third] == target) {
                    List<Integer> tmp = new ArrayList<>();
                    tmp.add(nums[first]);
                    tmp.add(nums[second]);
                    tmp.add(nums[third]);
                    ans.add(tmp);
                }
            }
        }
        return ans;
    }
}

最后

以上就是无情汽车为你收集整理的15. 三数之和【排序 + 双指针】题目描述解题思路的全部内容，希望文章能够帮你解决15. 三数之和【排序 + 双指针】题目描述解题思路所遇到的程序开发问题。

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