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本专栏专注于分析与讲解【面试经典150】算法，两到三天更新一篇文章，欢迎催更……

专栏内容以分析题目为主，并附带一些对于本题涉及到的数据结构等内容进行回顾与总结，文章结构大致如下，部分内容会有增删：

Tag：介绍本题牵涉到的知识点、数据结构；
题目来源：贴上题目的链接，方便大家查找题目并完成练习；
题目解读：复述题目（确保自己真的理解题目意思），并强调一些题目重点信息；
解题思路：介绍一些解题思路，每种解题思路包括思路讲解、实现代码以及复杂度分析；
知识回忆：针对今天介绍的题目中的重点内容、数据结构进行回顾总结。

Tag

【双指针】【二分法】【哈希表】【数组】

题目来源

面试经典150 | 167. 两数之和 II - 输入有序数组

题目解读

给定一个下标从 1 开始按照 非递减顺序排列 的整数数组 numbers，找出两数之和等于 target 的两个数，返回它们的下标，其中每个整数只能使用一次，题目保证只有唯一的答案。

解题思路

本题属于基础题，与 1. 两数之和解法基本一致。现在有三种解法如下。

方法一：暴力枚举

一个比较容易想到的方法就是枚举所有可能的两数组合，使用两层枚举，第一层枚举第一个整数，第二层枚举第二个整数。本题的数据量为 $10^4$ ，两层枚举的时间复杂度为 $10^8$ ，勉强可以通过。

具体地，在枚举中判断两数之和是否等于 target，如果相等，直接返回对应的下标。

因为每个元素只可以使用一次，并且两数先后出现的顺序没有要求，因此
第二层枚举的整数可以从第一层枚举的整数的后一个位置开始。

实现代码

class Solution {
public:vector<int> twoSum(vector<int>& numbers, int target) {int n = numbers.size();for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int j = i+1; j < n; ++j) {if (numbers[i] + numbers[j] == target) {return {i + 1, j + 1};}}}return {-1, -1};    // 本题保证一定有解，程序不会运行到此处}
};

但是实测中，最后几个测试用例超时了！

复杂度分析

时间复杂度： $O(n^2)$ 。

空间复杂度： $O (1)$ 。

方法二：哈希表

方法一中的时间复杂度可以优化到 $O (n l o g n)$ 和 $O (n)$ ，先来介绍时间复杂度为 $O (n)$ 的方法，时间复杂度为 $O (n l o g n)$ 的方法将在方法三中介绍。

我们在枚举第二个整数的时候，可以事先用一个哈希表来记录下所有整数以及位置，这样枚举第二个整数的时间复杂度可以降为 $O (1)$ ，但是需要一个额外的空间。

具体地，可以先一次遍历 numbers，记录每个整数以及下标；记录完毕后，枚举第一个加数，在哈希表中查找第二个加数；以上的过程可以用一个循环就可以解决：枚举第一个加数之后，先在哈希表中查询有么有合适的第二个加数，然后再将当前的加数放入哈希表中，这样可以省去一次 for 循环。

实现代码

class Solution {
public:vector<int> twoSum(vector<int>& numbers, int target) {unordered_map<int, int> idx;for (int i = 0; i < numbers.size(); ++i) {if (idx.find(target - numbers[i]) != idx.end()) {int idx1 = min(i, idx[target - numbers[i]]);int idx2 = max(i, idx[target - numbers[i]]);return {idx1 + 1, idx2 + 1};}idx[numbers[i]] = i;}return {-1, -1};}
};

复杂度分析

时间复杂度： $O (n)$ ， $n$ 为数组 numbers 的长度，只要一次循环就可以枚举两个加数。

空间复杂度： $O (n)$ ，记录整数以及位置所用的空间。

方法三：二分法

在方法二中，我们是利用哈希表来降低枚举的线性时间的，我们还可以使用二分方法来降低线性枚举的时间复杂度。

前面两种方法中，都没有用到题目中 非递减顺序排列 这一条件，我们可以利用这种有序性进行二分查找第二个加数。

具体地，枚举第一个加数，假设下标为 i，接着要在 numbers[i+1,...,n-1] 中使用二分法查找 target - numbers[i]，如果查找到直接返回两个加数的对应下标，否则继续枚举第一个数查找。

实现代码

class Solution {
public:vector<int> twoSum(vector<int>& numbers, int target) {int n = numbers.size();for (int i = 0; i < numbers.size(); ++i) {int num1 = numbers[i];auto it = find(numbers.begin() + i + 1, numbers.end(), target - num1);if (it != numbers.end()) {int j = it - numbers.begin();return {i + 1, j + 1};}}return {-1, -1};}
};

复杂度分析

时间复杂度： $O (n l o g n)$ ，枚举第一个数的时间复杂度为 $O (n)$ ，在每次枚举中最坏需要二分查找 O(logn) 次，才能找到合适的第二个加数。

空间复杂度： $O (1)$ 。

方法四：双指针

以上三种都不是最优的，现在介绍时间复杂度和空间复杂度都是最优的方法——双指针。

初始左右两个指针 $l e f t$ 和 $r i g h t$ 分别指向 numbers 的第一个位置和最后一个位置。每次计算两个指针指向的整数之和，与 target 进行比较：

如果 numbers[left] + numbers[right] = target，直接返回 {left + 1, right + 1}（因为下标从 1 开始）；
如果 numbers[left] + numbers[right] > target，则将 right 指针左移一位；
如果 numbers[left] + numbers[right] < target，则将 left 指针右移移位。

为什么两数之和小了，右移 left 就可以了，右移 right 不可以吗？为什么两数之和大了，左移 right 就可以了，左移 left 不可以吗？

假设 numbers[i] + numbers[j] = target 是唯一解，其中 0 <= i < j <= n-1。初始时 left = 0、right = n-1，除非初始的时候，左右两个指针已经位于 i、j 处，否则一定是左指针先到达下标 i，或者右指针先到达下标 j：

左指针先到达下标 i 时，右指针还在 j 的右侧，此时 numbers[left] + numbers[right] > target，于是需要将 right 指针左移一位，这样才能缩小两数之和；
右指针先到达下标 j时，左指针还在 i 的左侧，此时 numbers[left] + numbers[right] < target，于是需要将 left 指针右移一位，这样才能增加两数之和。

于是，就有了以上所示的双指针更新规则。

实现代码

class Solution {
public:vector<int> twoSum(vector<int>& numbers, int target) {int n = numbers.size();int l = 0, r = n - 1;while (l <= r) {int sum = numbers[l] + numbers[r];if (sum > target) {--r;}else if (sum < target) {++l;}else {return {l+1, r+1};}}return {-1, -1};}
};