双指针---（部分地更新）

双指针

复写零

给你一个长度固定的整数数组 arr ，请你将该数组中出现的每个零都复写一遍，并将其余的元素向右平移。

注意：请不要在超过该数组长度的位置写入元素。请对输入的数组 就地 进行上述修改，不要从函数返回任何东西。

示例 1：

输入：arr = [1,0,2,3,0,4,5,0]
输出：[1,0,0,2,3,0,0,4]
解释：调用函数后，输入的数组将被修改为：[1,0,0,2,3,0,0,4]

示例 2：

输入：arr = [1,2,3]
输出：[1,2,3]
解释：调用函数后，输入的数组将被修改为：[1,2,3]

提示：

• 1 <= arr.length <= 104
• 0 <= arr[i] <= 9

题目解析：

特别需要注意的是就地

算法原理：

代码如下：

class Solution 
{
public:void duplicateZeros(vector<int>& arr) {//1.先找到最后一个数int cur=0,dest=-1,n=arr.size();while(cur<n){if(arr[cur]) dest++;else dest+=2;if(dest>=n-1) break;cur++;}//2.处理边界情况if(dest==n){arr[n-1]=0;cur--;dest-=2;}//3.从后往前进行复写操作while(cur>=0){if(arr[cur]) arr[dest--]=arr[cur--];else{arr[dest--]=0;arr[dest--]=0;cur--;}}}
};

写这类题目的时候，不要在脑袋里面空想，要动手动笔去思考，像下面这样：

更详细点来说：
如果「从前向后」进⾏原地复写操作的话，由于 0 的出现会复写两次，导致没有复写的数「被覆 盖掉」。因此我们选择「从后往前」的复写策略。

但是「从后向前」复写的时候，我们需要找到「最后⼀个复写的数」，因此我们的⼤体流程分两 步：

i. 先找到最后⼀个复写的数；

ii. 然后从后向前进⾏复写操作。

算法流程：

a. 初始化两个指针 cur = 0 ， dest = -1 ；

b. 找到最后⼀个复写的数：

i. 当 cur < n 的时候，⼀直执⾏下⾯循环：

• 判断 cur 位置的元素:

◦ 如果是 0 的话， dest 往后移动两位；

◦ 否则， dest 往后移动⼀位。

• 判断 dest 时候已经到结束位置，如果结束就终⽌循环；

• 如果没有结束， cur++ ，继续判断。

c. 判断 dest 是否越界到 n 的位置：

i. 如果越界，执⾏下⾯三步：

1. n - 1 位置的值修改成 0 ；
2. cur 向移动⼀步；
3. dest 向前移动两步。

d. 从 cur 位置开始往前遍历原数组，依次还原出复写后的结果数组：

i. 判断 cur 位置的值：

1. 如果是 0 ： dest 以及 dest - 1 位置修改成 0 ， dest -= 2 ；
2. 如果⾮零： dest 位置修改成 0 ， dest -= 1 ；

ii. cur-- ，复写下⼀个位置。

快乐数

编写一个算法来判断一个数 n 是不是快乐数。

「快乐数」 定义为：

• 对于一个正整数，每一次将该数替换为它每个位置上的数字的平方和。
• 然后重复这个过程直到这个数变为 1，也可能是 无限循环 但始终变不到 1。
• 如果这个过程 结果为 1，那么这个数就是快乐数。

如果 n 是 快乐数 就返回 true ；不是，则返回 false 。

示例 1：

输入：n = 19
输出：true
解释：
12 + 92 = 82
82 + 22 = 68
62 + 82 = 100
12 + 02 + 02 = 1

示例 2：

输入：n = 2
输出：false

提示：

• 1 <= n <= 231 - 1

题目解析：

这个题目让我们想到了带环链表

就可以考虑快慢指针来解决

算法原理：

这个题目不需要考虑是否遇不到1，或者是循环，我们可以想到鸽巢原理

联系到这个题目，我们可以知道如果哪个数回不到1，那么它一定会落到哪个环里

代码如下：

class Solution 
{int Add(int n){int sum=0;while(n){int t=n%10;sum+=t*t;n/=10;}return sum;}
public:bool isHappy(int n) {int slow =n,fast=Add(n);while(slow!=fast){slow=Add(slow);fast=Add(Add(fast));}return slow==1;}
};

更进一步来说：

题⽬分析:

为了⽅便叙述，将「对于⼀个正整数，每⼀次将该数替换为它每个位置上的数字的平⽅和」这⼀个 操作记为 x 操作；

题⽬告诉我们，当我们不断重复 x 操作的时候，计算⼀定会「死循环」，死的⽅式有两种：

▪ 情况⼀：⼀直在 1 中死循环，即 1 -> 1 -> 1 -> 1…

▪ 情况⼆：在历史的数据中死循环，但始终变不到 1

由于上述两种情况只会出现⼀种，因此，只要我们能确定循环是在「情况⼀」中进⾏，还是在「情 况⼆」中进⾏，就能得到结果。

简单证明：

a. 经过⼀次变化之后的最⼤值 9^2 * 10 = 810 ( 2^31-1=2147483647 。选⼀个更⼤的最 ⼤ 9999999999 )，也就是变化的区间在 [1, 810] 之间；

b. 根据「鸽巢原理」，⼀个数变化 811 次之后，必然会形成⼀个循环；

c. 因此，变化的过程最终会⾛到⼀个圈⾥⾯，因此可以⽤「快慢指针」来解决。

解法（快慢指针）：

算法思路：

根据上述的题⽬分析，我们可以知道，当重复执⾏ x 的时候，数据会陷⼊到⼀个「循环」之中。

⽽「快慢指针」有⼀个特性，就是在⼀个圆圈中，快指针总是会追上慢指针的，也就是说他们总会 相遇在⼀个位置上。如果相遇位置的值是 1 ，那么这个数⼀定是快乐数；如果相遇位置不是 1 的话，那么就不是快乐数。

补充知识：如何求⼀个数 n 每个位置上的数字的平⽅和。

a. 把数 n 每⼀位的数提取出来：

循环迭代下⾯步骤：

i. int t = n % 10 提取个位；

ii. n /= 10 ⼲掉个位；

直到 n 的值变为 0 ；

b. 提取每⼀位的时候，⽤⼀个变量 sum 记录这⼀位的平⽅与之前提取位数的平⽅和

▪ sum = sum + t * t

盛水最多的容器

给定一个长度为 n 的整数数组 height 。有 n 条垂线，第 i 条线的两个端点是 (i, 0) 和 (i, height[i]) 。

找出其中的两条线，使得它们与 x 轴共同构成的容器可以容纳最多的水。

返回容器可以储存的最大水量。

**说明：**你不能倾斜容器。

示例 1：

输入：[1,8,6,2,5,4,8,3,7]
输出：49 
解释：图中垂直线代表输入数组 [1,8,6,2,5,4,8,3,7]。在此情况下，容器能够容纳水（表示为蓝色部分）的最大值为 49。

示例 2：

输入：height = [1,1]
输出：1

提示：

• n == height.length
• 2 <= n <= 105
• 0 <= height[i] <= 104

算法原理

代码如下：

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

进一步来说：

解法⼀（暴⼒求解）（会超时）：

算法思路：

枚举出能构成的所有容器，找出其中容积最⼤的值。

◦ 容器容积的计算⽅式：

设两指针 i , j ，分别指向⽔槽板的最左端以及最右端，此时容器的宽度为 j - i 。由于 容器的⾼度由两板中的短板决定，因此可得容积公式 ： v = (j - i) * min( height[i], height[j])

算法代码：

class Solution {
public:int maxArea(vector<int>& height) {int n = height.size();int ret = 0;// 两层 for 枚举出所有可能出现的情况for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = i + 1; j < n; j++) {// 计算容积，找出最⼤的那⼀个ret = max(ret, min(height[i], height[j]) * (j - i));}}
return ret;}
};

解法⼆（对撞指针）：

算法思路：

设两个指针 left ， right 分别指向容器的左右两个端点，此时容器的容积 :

v = (right - left) * min( height[right], height[left])

容器的左边界为 height[left] ，右边界为 height[right] 。

为了⽅便叙述，我们假设「左边边界」⼩于「右边边界」。

如果此时我们固定⼀个边界，改变另⼀个边界，⽔的容积会有如下变化形式：

◦ 容器的宽度⼀定变⼩。

◦ 由于左边界较⼩，决定了⽔的⾼度。如果改变左边界，新的⽔⾯⾼度不确定，但是⼀定不会超 过右边的柱⼦⾼度，因此容器的容积可能会增⼤。

◦ 如果改变右边界，⽆论右边界移动到哪⾥，新的⽔⾯的⾼度⼀定不会超过左边界，也就是不会 超过现在的⽔⾯⾼度，但是由于容器的宽度减⼩，因此容器的容积⼀定会变⼩的。

由此可⻅，左边界和其余边界的组合情况都可以舍去。所以我们可以 left++ 跳过这个边界，继 续去判断下⼀个左右边界。

当我们不断重复上述过程，每次都可以舍去⼤量不必要的枚举过程，直到 left 与 right 相 遇。期间产⽣的所有的容积⾥⾯的最⼤值，就是最终答案

有效三角形的个数

给定一个包含非负整数的数组 nums ，返回其中可以组成三角形三条边的三元组个数。

示例 1:

输入: nums = [2,2,3,4]
输出: 3
解释:有效的组合是: 
2,3,4 (使用第一个 2)
2,3,4 (使用第二个 2)
2,2,3

示例 2:

输入: nums = [4,2,3,4]
输出: 4

提示:

• 1 <= nums.length <= 1000
• 0 <= nums[i] <= 1000

这道题也是同理，不能够用脑袋空想，需要动手去梳理逻辑关系

如下图：

题目解析

这里需要注意的是不同顺序但是相同的数字也被算作是一种

算法原理

代码如下：

class Solution 
{
public:int triangleNumber(vector<int>& nums) {//1.优化sort(nums.begin(),nums.end());//2.利用双指针解决问题int ret=0,n=nums.size();for(int i=n-1;i>=2;i--)//先固定最大的数{//利用双指针快速统计符合要求的三元组的个数int left=0,right=i-1;while(left<right){if(nums[left]+nums[right]>nums[i]){ret+=right-left;right--;}else{left++;}}}return ret;}};

进一步来说：
解法⼀（暴⼒求解）（会超时）：

算法思路：

三层 for 循环枚举出所有的三元组，并且判断是否能构成三⻆形。

虽然说是暴⼒求解，但是还是想优化⼀下：

判断三⻆形的优化：

▪ 如果能构成三⻆形，需要满⾜任意两边之和要⼤于第三边。但是实际上只需让较⼩的两条边 之和⼤于第三边即可。、

▪ 因此我们可以先将原数组排序，然后从⼩到⼤枚举三元组，⼀⽅⾯省去枚举的数量，另⼀⽅ ⾯⽅便判断是否能构成三⻆形。

算法代码：

class Solution {
public:int triangleNumber(vector<int>& nums) {// 1. 排序sort(nums.begin(), nums.end());int n = nums.size(), ret = 0;// 2. 从⼩到⼤枚举所有的三元组for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = i + 1; j < n; j++) {for (int k = j + 1; k < n; k++) {// 当最⼩的两个边之和⼤于第三边的时候，统计答案if (nums[i] + nums[j] > nums[k])ret++;} }}return ret;}
};

解法⼆（排序 + 双指针）：

算法思路：

先将数组排序。

根据「解法⼀」中的优化思想，我们可以固定⼀个「最⻓边」，然后在⽐这条边⼩的有序数组中找 出⼀个⼆元组，使这个⼆元组之和⼤于这个最⻓边。由于数组是有序的，我们可以利⽤「对撞指 针」来优化。

设最⻓边枚举到 i 位置，区间 [left, right] 是 i 位置左边的区间（也就是⽐它⼩的区 间）：

◦ 如果 nums[left] + nums[right] > nums[i] ：

​ ▪ 说明 [left, right - 1] 区间上的所有元素均可以与 nums[right] 构成⽐ nums[i] ⼤的⼆元组

​ ▪ 满⾜条件的有 right - left 种

​ ▪ 此时 right 位置的元素的所有情况相当于全部考虑完毕， right-- ，进⼊下⼀轮判断

◦ 如果 nums[left] + nums[right] <= nums[i] ：

​ ▪ 说明 left 位置的元素是不可能与 [left + 1, right] 位置上的元素构成满⾜条件 的⼆元组

​ ▪ left 位置的元素可以舍去， left++ 进⼊下轮循环

和为s的两个数字

题⽬描述：

输⼊⼀个递增排序的数组和⼀个数字 s ，在数组中查找两个数，使得它们的和正好是 s 。如果有多 对数字的和等于 s ，则输出任意⼀对即可。

⽰例 1：

输⼊： nums = [2,7,11,15], target = 9

输出： [2,7] 或者 [7,2]
找 出⼀个⼆元组，使这个⼆元组之和⼤于这个最⻓边。由于数组是有序的，我们可以利⽤「对撞指 针」来优化。

设最⻓边枚举到 i 位置，区间 [left, right] 是 i 位置左边的区间（也就是⽐它⼩的区 间）：

◦ 如果 nums[left] + nums[right] > nums[i] ：

​ ▪ 说明 [left, right - 1] 区间上的所有元素均可以与 nums[right] 构成⽐ nums[i] ⼤的⼆元组

​ ▪ 满⾜条件的有 right - left 种

​ ▪ 此时 right 位置的元素的所有情况相当于全部考虑完毕， right-- ，进⼊下⼀轮判断

◦ 如果 nums[left] + nums[right] <= nums[i] ：

​ ▪ 说明 left 位置的元素是不可能与 [left + 1, right] 位置上的元素构成满⾜条件 的⼆元组

​ ▪ left 位置的元素可以舍去， left++ 进⼊下轮循环