15. 三数之和（实际是双指针类型的题目）

15. 三数之和

15. 三数之和

给你一个整数数组 nums ，判断是否存在三元组 [nums[i], nums[j], nums[k]] 满足 i != j、i != k 且 j != k ，同时还满足 nums[i] + nums[j] + nums[k] == 0 。请你返回所有和为 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]]
解释：
nums[0] + nums[1] + nums[2] = (-1) + 0 + 1 = 0 。
nums[1] + nums[2] + nums[4] = 0 + 1 + (-1) = 0 。
nums[0] + nums[3] + nums[4] = (-1) + 2 + (-1) = 0 。
不同的三元组是 [-1,0,1] 和 [-1,-1,2] 。
注意，输出的顺序和三元组的顺序并不重要。

示例 2：

输入：nums = [0,1,1]
输出：[]
解释：唯一可能的三元组和不为 0 。

示例 3：

输入：nums = [0,0,0]
输出：[[0,0,0]]
解释：唯一可能的三元组和为 0 。

提示：

• $3<=nums.length<=3000$
• $-10^5<=nums[i]<=10^5$

思路：

哈希解法
两层for循环就可以确定a和b 的数值了，可以使用哈希法来确定0-(a+b)是否在 数组里出现过，其实这个思路是正确的，但是我们有一个非常棘手的问题，就是题目中说的不可以包含重复的三元组。

把符合条件的三元组放进[][]int切片中，然后再去重，这样是非常费时的，很容易超时。

去重的过程不好处理，有很多小细节，如果在面试中很难想到位。

时间复杂度可以做到$O(n^2)$，但还是比较费时的，因为不好做剪枝操作。

双指针

其实这道题目使用哈希法并不十分合适，因为在去重的操作中有很多细节需要注意，在面试中很难直接写出没有bug的代码。

接下来我来介绍另一个解法：双指针法，这道题目使用双指针法 要比哈希法高效一些，那么来讲解一下具体实现的思路。

拿这个nums数组来举例，首先将数组排序，然后有一层for循环，i从下标0的地方开始，同时定一个下标left 定义在i+1的位置上，定义下标right 在数组结尾的位置上。

依然还是在数组中找到 abc 使得a + b +c =0，我们这里相当于 a = nums[i]，b = nums[left]，c = nums[right]。

接下来如何移动left 和right呢， 如果nums[i] + nums[left] + nums[right] > 0 就说明 此时三数之和大了，因为数组是排序后了，所以right下标就应该向左移动，这样才能让三数之和小一些。

如果nums[i] + nums[left] + nums[right] < 0 说明 此时 三数之和小了，left 就向右移动，才能让三数之和大一些，直到left与right相遇为止。

时间复杂度：$O(n^2)$。

去重逻辑的思考

a的去重

说到去重，其实主要考虑三个数的去重。 a, b ,c, 对应的就是 nums[i]，nums[left]，nums[right]

a 如果重复了怎么办，a是nums里遍历的元素，那么应该直接跳过去。

但这里有一个问题，是判断 nums[i] 与 nums[i + 1]是否相同，还是判断 nums[i] 与 nums[i-1] 是否相同。

有同学可能想，这不都一样吗。

其实不一样！

都是和 nums[i]进行比较，是比较它的前一个，还是比较它的后一个。

如果我们的写法是 这样：

if nums[i] == nums[i + 1] { // 去重操作continue
}

那我们就把 三元组中出现重复元素的情况直接pass掉了。 例如{-1, -1 ,2} 这组数据，当遍历到第一个-1 的时候，判断 下一个也是-1，那这组数据{-1, -1 ,2}就pass了,但实际上{-1, -1 ,2}是符合和为0的一个三元组。

我们要做的是 不能有重复的三元组，但三元组内的元素是可以重复的！

所以这里是有两个重复的维度。

那么应该这么写：

if i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] {continue
}

这么写就是当前使用 nums[i]，我们判断前一位是不是一样的元素，在看 {-1, -1 ,2} 这组数据，当遍历到 第一个 -1 的时候，只要前一位没有-1，那么{-1, -1 ,2}这组数据一样可以收录到 结果集里。

这是一个非常细节的思考过程。

b与c的去重

b和c也要去除重复的组合 例如【-1,0,1,1,2】，那么【-1,0,1】就是一个结果，而第二个1得到的还是【-1,0,1】，故让left++, 让b跳过第二个1。

for left < right {if base + nums[left] + nums[right] == 0 {res = append(res,[]int{base,nums[left],nums[right]})// 上面找到一个组合后，以nums[i]作为基数的可能还有其他组合，此时移动left和right//同样，left和right也要去除重复的组合  例如【-1,0,1,1,2】，那么【-1,0,1】就是一个结果，而第二个1得到的还是【-1,0,1】，故让left++,跳过第二个1for left < right && nums[left + 1] == nums[left] { left++ }for left < right && nums[right - 1] == nums[right] { right-- }//当上面两个for结束时，说明num[left+1] != nums[left]，nums[right-1]!=nums[right],此时我们要取的就是left+1和right-1的那两个数，即如下left++right--} else if base + nums[left] + nums[right] < 0 {left++} else {right--}
}

当然也可以用回溯法，找出所有符合条件的三元组，但是回溯法和暴力法直接三层遍历一样，时间复杂度是$O(n^3)$。

Go代码

func threeSum(nums []int) [][]int {/*对切片先进行排序，方便去除重复的结果，然后固定一个数，移动另外两个数*/if nums == nil { return nil}var res [][]intsort.Ints(nums)//由于是三个数之和，而另外的两个数都是取i之后的，因为取i之前的情况的三个数的组合已经包含在i还较小时作为固定数的循环中了// 从头至尾以当前数字作为固定的数字,至少需要三个数字，所以遍历到len(nums)-2即可for i := 0;i < len(nums) - 2;i++ {if i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] {continue} // 对基数去除重复的情况base := nums[i] // 固定一个基数left ,right := i + 1, len(nums) - 1 // 双指针的两个数for left < right {if base + nums[left] + nums[right] == 0 {res = append(res,[]int{base,nums[left],nums[right]})// 上面找到一个组合后，以nums[i]作为基数的可能还有其他组合，此时移动left和right//同样，left和right也要去除重复的组合  例如【-1,0,1,1,2】，那么【-1,0,1】就是一个结果，而第二个1得到的还是【-1,0,1】，故让left++,跳过第二个1for left < right && nums[left + 1] == nums[left] { left++ }for left < right && nums[right - 1] == nums[right] { right-- }//当上面两个for结束时，说明num[left+1] != nums[left]，nums[right-1]!=nums[right],此时我们要取的就是left+1和right-1的那两个数，即如下left++right--} else if base + nums[left] + nums[right] < 0 {left++} else {right--}}}return res   
}