167.两数之和II-输入有序数组

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LeetCode

Q

给定一个已按照升序排列 的有序数组，找到两个数使得它们相加之和等于目标数。

函数应该返回这两个下标值 index1 和 index2，其中 index1 必须小于 index2。

说明:

返回的下标值（index1 和 index2）不是从零开始的。
你可以假设每个输入只对应唯一的答案，而且你不可以重复使用相同的元素。

示例:

输入: numbers = [2, 7, 11, 15], target = 9
输出: [1,2]
解释: 2 与 7 之和等于目标数 9 。因此 index1 = 1, index2 = 2 。

A

暴力

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class Solution {
    public int[] twoSum(int[] numbers, int target) {
        int[] rs = new int[2];
        int length = numbers.length;
        for(int i = 0;i<length;i++){
            for(int j = i+1;j<length;j++){
                if(numbers[i]+numbers[j]==target){
                    rs[0] = ++i;
                    rs[1] = ++j;
                    return rs;
                }
            }
        }
        return rs;
    }
}


  • 时间复杂度
    O(n*n)

  • 空间复杂度
    O(1)

二分查找

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class Solution {
    public int[] twoSum(int[] numbers, int target) {
        for (int i = 0; i < numbers.length; ++i) {
            int low = i + 1, high = numbers.length - 1;
            while (low <= high) {
                int mid = (high - low) / 2 + low;
                if (numbers[mid] == target - numbers[i]) {
                    return new int[]{i + 1, mid + 1};
                } else if (numbers[mid] > target - numbers[i]) {
                    high = mid - 1;
                } else {
                    low = mid + 1;
                }
            }
        }
        return new int[]{-1, -1};
    }
}


  • 思路
    在数组中找到两个数，使得它们的和等于目标值，可以首先固定第一个数，然后寻找第二个数，第二个数等于目标值减去第一个数的差。利用数组的有序性质，可以通过二分查找的方法寻找第二个数。为了避免重复寻找，在寻找第二个数时，只在第一个数的右侧寻找。

  • 时间复杂度
    O(nlogn)，其中 n 是数组的长度。需要遍历数组一次确定第一个数，时间复杂度是 O(n)，寻找第二个数使用二分查找，时间复杂度是 O(logn)，因此总时间复杂度是 O(nlogn)。

  • 空间复杂度
    O(1)

双指针

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class Solution {
    public int[] twoSum(int[] numbers, int target) {
        int low = 0, high = numbers.length - 1;
        while (low < high) {
            int sum = numbers[low] + numbers[high];
            if (sum == target) {
                return new int[]{low + 1, high + 1};
            } else if (sum < target) {
                ++low;
            } else {
                --high;
            }
        }
        return new int[]{-1, -1};
    }
}



  • 思路
    初始时两个指针分别指向第一个元素位置和最后一个元素的位置。每次计算两个指针指向的两个元素之和，并和目标值比较。如果两个元素之和等于目标值，则发现了唯一解。如果两个元素之和小于目标值，则将左侧指针右移一位。如果两个元素之和大于目标值，则将右侧指针左移一位。移动指针之后，重复上述操作，直到找到答案。
    使用双指针的实质是缩小查找范围。那么会不会把可能的解过滤掉？答案是不会。假设 numbers[i]+numbers[j]=target 是唯一解，其中 0≤i<j≤numbers.length−1。初始时两个指针分别指向下标 0 和下标 numbers.length−1，左指针指向的下标小于或等于 i，右指针指向的下标大于或等于 j。除非初始时左指针和右指针已经位于下标 i 和 j，否则一定是左指针先到达下标 i 的位置或者右指针先到达下标 j 的位置。
    如果左指针先到达下标 i 的位置，此时右指针还在下标 j 的右侧，sum>target，因此一定是右指针左移，左指针不可能移到 i 的右侧。
    如果右指针先到达下标 j 的位置，此时左指针还在下标 i 的左侧，sum<target，因此一定是左指针右移，右指针不可能移到 j 的左侧。
    由此可见，在整个移动过程中，左指针不可能移到 i 的右侧，右指针不可能移到 j 的左侧，因此不会把可能的解过滤掉。由于题目确保有唯一的答案，因此使用双指针一定可以找到答案。

  • 时间复杂度
    O(n)，其中 n 是数组的长度。两个指针移动的总次数最多为 n 次。

  • 空间复杂度
    O(1)