代码随想录算法训练营day7 | 454.四数相加II、383.赎金信、15.三数之和、18.四数之和

今天是哈希表专题的第二天

废话不多说，直接上题目

454.四数相加II

建议：本题是 使用map 巧妙解决的问题，好好体会一下 哈希法 如何提高程序执行效率，降低时间复杂度，当然使用哈希法 会提高空间复杂度，但一般来说我们都是舍空间 换时间， 工业开发也是这样。

题目链接：454. 四数相加 II - 力扣（LeetCode）

题目说明：本题需要考虑四个数组如何组合，加和为0。只需要计算有多少种组合，而不需要写出具体的组合方式。同时，本题认为：对于数组中位置不同的元素a、b，即使a与b的值相同(a == b)，a、b也被视为不同的元素，所以我们不需要“去重”，比如四个数组的元素都是n个0，则认为有不只一个组合，每个组合都是0000、0000···，区别在于不同组合中的0取自数组的不同位置（比如第一个组合的第一个0取自nums1[0]，第二个组合的第一个0取自nums1[1]），这是本题与后面的一道题目 18.四数之和 的不同之处

思路

这道题目解法很巧妙，但是有迹可循：前一篇文章day6中的最后一道题 1.两数之和 思路与本题相似，我们可以参照 两数之和 中的思路

两数之和中，需要在同一个数组中找到相匹配（a+b == target)的元素a、b的下标，思路是：遍历一遍整个数组，同时创建一个map映射作为哈希表记录遍历过的元素的值和下标。每遍历到一个元素a，就从哈希表中查找是否有相匹配的元素b，即auto it = map.find(target-a)。若b在哈希表中，则返回a和b的下标，即return {i, it->second}，遍历结束；否则，将元素a的 值和下标 作为键值对，添加到map中，继续遍历

我们把这个思路应用到这道题中：首先遍历数组A、B，使用map记录数组A、B的和(a+b)，然后双层for循环，求数组C、D的和(c+d)，在 map中查找是否存在相匹配的a+b（相匹配指的是a+b+c+d == 0），即auto it = map.find(0-(c+d))。这是一个大概的思路，我们接下来讨论一些细节问题

• 为什么不用数组或集合作为哈希表

  数组作为哈希表乍一看可以，但是本题中a+b的值是没有大小限制的，这就戳到了数组的痛点：键的大小必须有大小限制，因此不能使用数组作为哈希表

  集合中只能存储键a+b的值，无法存储a+b出现次数的信息，因此也不能使用集合作为哈希表

• map的键值是什么

  题目需要求出a+b+c+d == 0的组合数量，而不用列出具体的组合的方式。如果0-(c+d)在map中找到了，即it != map.end()，那么it->second应该是a+b+c+d == 0的组合数量，这个组合的数量 等于 a+b=0-(c+d)出现的次数，用下面的例子解释：

  

  若当前c=-1，d=2，那么要从map中找到a+b = 0-(c+d) = -1。map中，a+b = -1共出现了一次：a=1，b=-2，所以当c=-1，d=2时，a+b+c+d == 0这样的组合只有一个，就是a+b=-1出现的次数

  通过上述分析可知，我们使用0-(c+d)在map中寻找，需要获得a+b=0-(c+d)的出现次数，因此map的键值对为**<a+b的值val， a+b=val的出现次数>**

• 能不能只用A构建map，然后再遍历B、C、D三个数组寻找0-(b+c+d)

  可以，但是时间复杂度是O(n³)，而我们两两遍历，时间复杂度是O(n²)，因此还是用A、B构建map，然后再遍历C、D更加合适

• 整体思路

  首先遍历数组A、B，使用map记录数组A、B的和(a+b)，key存放a和b两数之和，value存放a和b两数之和出现的次数。然后遍历数组C、D，求数组C、D的和(c+d)，在map中查找是否存在相匹配的a+b（相匹配指的是a+b+c+d == 0），即auto it = map.find(0-(c+d))。如果找到了，即it != map.end()，那么count += it->second（count加上key对应的value），统计这个组合的数量；否则不做处理。遍历完C和D后返回count，这个count就是四个数组中a+b+c+d == 0的组合数量

代码实现

class Solution {
public:int fourSumCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, vector<int>& nums3, vector<int>& nums4) {// 思路就是先进行两个数组A、B的加法，得到一个哈希表，key为a+b的值，value为这个值出现的次数// 然后双层for循环，先对C、D做加法，和为c+d，然后再哈希表中查找0-(c+d)，如果找到了，则这个键对应的值是a+b+c+d=0组合的出现次数std::unordered_map<int, int> map;for(int a : nums1){for(int b : nums2){map[a+b]++;}}int count = 0;for(int c : nums3){for(int d : nums4){auto it = map.find(0-(c+d));if( it != map.end()){count += it->second; }}}return count;}
};

• 时间复杂度: O(n²)
• 空间复杂度: O(n²)，最坏情况下A和B的值各不相同，相加产生的数字个数为 n²

383.赎金信

本题 和 242.有效的字母异位词 是一个思路 ，算是拓展题

题目链接：383. 赎金信 - 力扣（LeetCode）

思路

本题中两个字符串都是用小写字母组成，key的大小是有限制的，所以我们可以使用数组实现哈希表。数组的key是 字符串magazine中的各个字符-‘a’，value是 字符串magazine中的各个字符出现的次数

由于map需要维护红黑树或者哈希表，而且还要做哈希函数，所以很费时，而且map的空间消耗要比数组的大，所以能用数组就不map，使用数组更加简单有效

代码实现

class Solution {
public:bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {vector<int> record(26, 0);if(ransomNote.size() > magazine.size()){return false;}// 首先统计magazine中各个字出现的次数for(char c : magazine){record[c-'a']++;}// 然后检查这些字符是否能组成ransomNotefor(char c : ransomNote){if(--record[c-'a'] < 0) // 注意是--record，不是record--，要先减再判断{return false;}}return true;}
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(1)

15.三数之和

建议：本题虽然和 两数之和 很像，也能用哈希法，但用哈希法会很麻烦，双指针法才是正解，可以先看视频理解一下 双指针法的思路。

题目链接：15. 三数之和 - 力扣（LeetCode）

这道题的测试用例有点癫😧

思路

本题的难点在于找到不重复的三元组，这就需要去重，本题与454.四数之和II是不同的

哈希法查找元素是没有顺序的，去重的时候会很麻烦，本题使用排序+双指针法

排序+双指针法

• 初始化：首先将数组排序，然后有一层for循环遍历数组，下标i从0的开始，同时定义一个下标left定义在i+1的位置上，定义下标right在数组末尾的位置上

• 寻找过程：要在数组中找到三元组{a, b, c}使得a+b+c == 0，这里a = nums[i]，b=nums[left]，c=nums[right]

  接下来如何移动left 和 right 呢？有三种情况：

  • 如果a + b + c > 0，则说明nums[right]太大了，right–
  • 如果a + b + c < 0，则说明nums[left]太小了，left++
  • 如果a + b + c == 0，则找到了一个三元组{a, b, c}，我们将它用一个二维数组存放起来，然后左右指针同时紧缩，即依次做right-- 和 left++

• 结束本次查找，遍历下一个元素：当left与right相遇时，我们结束left和right的移动，然后i++，移动到下一个元素，继续进行上述步骤，直至数组遍历完了

注意：while循环终止条件是right > left还是right >= left呢？对于这样的边界条件，我们可以设身处地的想一想，当right == left时，nums[left]和nums[right]是同一个元素，此时找到的a+b+c == 0的三元组没有意义，因此循环条件是right > left

执行过程如图所示：

剪枝+去重

1. 剪枝：排除后续元素全为正的数组：每次遍历都需要先判断nums[i]是否大于0。如果nums[i] > 0，则说明数组的第i位后的所有元素都是正的，不可能出现a+b+c == 0的情况

2. 去重：对a去重，判断nums[i] == nums[i-1]，若成立，则continue

   比如有数组nums = {-1, -1, 2, 2}：当i=1时，nums[i] = -1，而nums[i-1] = -1，则说明-1在之前已经使用过了，即本次查找的a 和 上一次查找的a重复了。由于 上一次查找的left和right范围{-1, 2, 2} 包含了 本次查找的left和right范围{2, 2}，所以在a相同的情况下，本次查找的三元组 是 上一次查找查找的三元组的子集，这就出现了三元组的重复，所以当nums[i] == nums[i-1]成立时，直接continue，nums[i]指向下一个元素

3. 去重：对b和c去重，每次找到一个三元组后判断。假设有数组nums = {-2, -1, -1, 3, 3}，当a=-2时，按照双指针法过程，会得到两个三元组结果：{-2, -1, 3}和{-2, -1, 3}。

   为什么会出现重复呢？分析来说：第一次循环b、c的下标left=1，right=4，a+b+c=0，然后left和right同时收缩。第二次循环b、c的下标left=2，right=3，a+b+c=0，所以这个三元组也被存放到结果集中了。明显这两次的结果出现了重复，原因就在于第一次循环中，nums[right] == nums[right+1]，nums[left] == nums[left-1]，因此left和right同时收缩后，b和c的结果还是一样的。对b和c去重，就要判断nums[right] == nums[right+1] 或 nums[left] == nums[left-1]是否成立，如果成立，则需要对right-- 或 对left++

代码实现

class Solution {
public:vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {vector<vector<int>> result;sort(nums.begin(), nums.end());int left, right;for(int i=0; i<nums.size(); ++i){if(nums[i] > 0){break;}// 去重aif(i > 0 && nums[i] == nums[i-1]){continue;}left = i+1;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]});left++;right--;// 去重b和cwhile(right > left && nums[right] == nums[right+1]){right--;}while(right > left && nums[left] == nums[left-1]){left++;}}}}return result;}
};

• 时间复杂度: O(n^2)，可以看到使用双指针减少了一层for循环，时间复杂度降低了一个量级
• 空间复杂度: O(1）

18.四数之和

建议： 要比较一下，本题和 454.四数相加II 的区别，为什么 454.四数相加II 会简单很多，这个想明白了，对本题理解就深刻了。 本题 思路整体和 三数之和一样的，都是双指针，但写的时候 有很多小细节，需要注意，建议先看视频

题目链接：18. 四数之和 - 力扣（LeetCode）

思路

这道题和 三数之和 思路相同，都是使用排序+双指针法。注意这道题需要a+b+c+d == target，所以在剪枝上与 三数之和 有所不同。

整体思路：首先对nums进行排序，然后用两层for循环遍历数组nums，获得a = nums[i]和b = nums[j]，在第二层for循环中，使用双指针left和right查找与a、b相匹配的c、d（四个变量 加和为target），去重操作与 三数之和 相同

剪枝+去重

1. 剪枝：target可能为负值，所以用a > target剪枝是错误的，还需要加上条件a >= 0，因此剪枝条件为：a > target && a >= 0。第2级for循环的剪枝条件为：a+b > target && a+b >= 0
2. 去重：与 三数之和 相同，对a、b去重需要判断nums[i] == nums[i-1]，避免对重复的a、b进行查找；对c、d去重需要判断 nums[left] == nums[left-1] 以及 nums[right] == nums[right+1]，若成立，则left++ 或 right–

注意：本题有溢出情况，需要将sum转化为long long型再进行判断

代码实现

class Solution {
public:vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target) {vector<vector<int>> result;sort(nums.begin(), nums.end());int left, right;for(int i=0; i<nums.size(); ++i){// 剪枝处理if(nums[i] > target && nums[i] >= 0){break;}// 对nums[i]去重if(i>0 && nums[i] == nums[i-1]){continue;}for(int j=i+1; j<nums.size(); ++j){// 2级剪枝处理if(nums[i] + nums[j] > target && nums[i] + nums[j] >= 0){break;}// 对nums[j]去重if(j > i+1 && nums[j] == nums[j-1]){continue;}left = j+1;right = nums.size()-1;while(right > left){// 测试用例中有溢出情况，所以要用long long计算sumlong long sum = static_cast<long long>(nums[i]) + nums[j] + nums[left] + nums[right];if(sum > target){right--;}else if(sum < target){left++;}else{result.push_back(vector<int>{nums[i], nums[j], nums[left], nums[right]});// 找到答案时，双指针同时收缩left++;right--;// 双指针去重while(right > left && nums[right] == nums[right+1]){right--;}while(right > left && nums[left] == nums[left-1]){left++;}}}}}return result;}
};

• 时间复杂度: O(n^3)
• 空间复杂度: O(1)

复习：C++中的类型转换方法

static_cast

static_cast 是 C++ 中的一种类型转换运算符，用于在编译时执行显式类型转换。它提供了一种安全且明确的方式来进行类型转换，确保在转换过程中进行适当的检查，除了基本数据类型之间的转换（如int转换为double）、指针类型之间的转换（int* 转换为 double*）外，static_cast还可以进行类层次结构中的转换：

假设有一个基类 Base 和一个派生类 Derived：

class Base {
public:virtual void show() {std::cout << "Base class" << std::endl;}
};class Derived : public Base {
public:void show() override {std::cout << "Derived class" << std::endl;}
};Base* basePtr = new Derived();
Derived* derivedPtr = static_cast<Derived*>(basePtr); // 将基类指针转换为派生类指针
derivedPtr->show(); // 输出 "Derived class"

dynamic_cast

用于运行时类型检查和转换，通常用于多态类型之间的转换。适用于具有继承关系的指针或引用类型之间的转换。

class Base {virtual void foo() {} // 必须有虚函数才能使用 dynamic_cast
};
class Derived : public Base {};Base* basePtr = new Derived();
Derived* derivedPtr = dynamic_cast<Derived*>(basePtr); // 类层次结构中的转换
if (derivedPtr) {// 成功转换
} else {// 转换失败
}

reinterpret_cast

用于在几乎所有类型之间进行位级别的转换，适用于指针类型之间、整数类型与指针类型之间的转换。使用时需谨慎，因为它可能导致未定义行为。

int a = 10;
void* ptr = reinterpret_cast<void*>(&a); // 将 int* 转换为 void*
int* intPtr = reinterpret_cast<int*>(ptr); // 将 vo

感谢 chatgpt

总结

今天完成了四道题，这四道题都比较难，需要好好体会。四数相加II 使用的方法与 day6文章中的最后一题 两数之和 思想类似，但是又有所不同，主要体现在对map的键值对的设定。赎金信比较简单，需要注意magazine的每个字符只能用一次。三数之和和四数之和是今天的重点，这两道题的难点在于如何去重，四数相加II不需要去重，所以比这两道题简单。使用哈希法查找元素的时候，查找的结果是无顺序的，因此去重很麻烦，这两道题使用哈希法就不合适了。这两道题更好的解法是排序+双指针，双指针降低了时间复杂度的数量级。用双指针替代两层for循环，这是一个很巧妙的思想。同时要多体会两道题中的剪枝+去重操作

双指针小结：

截止目前，文章中涉及到的双指针法有：

• 27.移除元素(opens new window)
• 15.三数之和(opens new window)
• 18.四数之和(opens new window)

链表相关双指针题目：

• 206.反转链表(opens new window)
• 19.删除链表的倒数第N个节点(opens new window)
• 面试题 02.07. 链表相交(opens new window)
• 142题.环形链表II(opens new window)

双指针法在字符串题目中还有很多应用，后面还会介绍到