双指针训练

1.原理

双指针是一种解题常用方法，常用于将数组按照某种要求进行分块/划分，这里的指针对于数组来说，可以替换成下标（毕竟使用下标实际上就是用了指针）。

1.1.划分区间

通常将这两个指针命名位dest/cur（或者begin/end），利用这两个指针将区间划分为三个不同性质的区间[0, dest-1][dest, cur-1][cur, n-1]，在cur移动的时候，保持三个区间的性质不变。

实际上这也是快速排序中的前后指针、三路划分中使用的原理。仔细回想一下，快速排序的算法逻辑中，实际上也是将下标[left, right]之间的数据划分为[left, key-1][key, key][key+1, right]，并且让这三个区间保持某种性质不变（在快排中是第一个区间比key小/大，最后一个区间比key大/小）。

具体可以看一下这一道：[2.1.[283. 移动零]](##2.1.[283. 移动零])。

1.2.覆盖重写

利用双指针可以达到覆盖数组的目的，这里可以看看：[2.2.[1089. 复写零]](##2.2.[1089. 复写零])。

1.3.快慢指针

经典的应用就是判断链表是否带环，可以看看：[2.3.[202. 快乐数]](##2.3.[202. 快乐数])。

1.4.单调性

有些时候将序列排序后使用双指针会有很高效的解法，可以看看：[2.5.[611. 有效三角形的个数]](##2.5.[611. 有效三角形的个数])、[2.6.[LCR 179. 查找总价格为目标值的两个商品]](##2.6.[LCR 179. 查找总价格为目标值的两个商品])

2.题目

2.1.283. 移动零

这道题目的解法有很多，这里我写一个常见的解法：使用cur扫描/遍历数组，使用dest来作为分界线，在划分成的[0,dest-1][dest, cur-1][cur, n-1]中，三个区间的性质是：[0,dest-1]是已经处理过确认非0的区间，[dest, cur-1]是确认为0的区间，[cur, n-1]是待处理的部分，然后接下来一直移动cur直至[cur, n - 1]为空，区间一直保持以上的性质。

class Solution
{
public:
    void moveZeroes(vector<int>& nums)
    {
        size_t dest = 0;   
        size_t cur = 0;     
        while(cur < nums.size())
        {
            if(nums[cur] != 0)
            {
                std::swap(nums[cur], nums[dest]);
                dest++;
            }
            cur++;
        }
    }
};

时间复杂度为 $O (n)$ ，因为只需要遍历一次即可解决问题
空间复杂度为 $O (1)$ ，因为不计输入数据，只用到了两个有限的变量

2.2.1089. 复写零

首先最容易想到的就是使用另外一个vector<int> ret顺序表来存储复写后的数组，并且拷贝回vector<int> arr即可。

class Solution
{
public:
    void duplicateZeros(vector<int>& arr)
    {
        std::vector<int> ret;
        for(auto it : arr)
        {
            ret.push_back(it);
            if(it == 0)
            {
                ret.push_back(0);
            }
        }
        int i = 0;
        for(auto& it : arr)
        {
            it = ret[i]; 
            i++;
        }
    }
};

虽然可以过，但是忽略了“就地修改”这个规则，这又该怎么办呢？

我们可以定义一个size指向“复写操作后数组”的最后一个元素，cur指向“复写操作前数组”的最后一个元素，也就是说：对于arr=[1,0,2,3,0,4,5,0]经过复写操作后为ret=[1,0,0,2,3,0,0,4]。因此cur下标指向arr[5]=4的位置，假设size下标指向arr[7]=0的位置，然后从右往左判断覆盖（非0就arr[7]=arr[5]，0则复写两个0），重复操作即可。

但是怎么找到“复写操作后数组”的最后一个元素的下标呢？依旧可以使用双指针寻找，你么看错，就是双指针里面套双指针。

我们假设size=0, cur=0然后让cur遍历整个数组，只要遇到0就让size+=2, cur++，如果是遇到非0就让size++, cur++
也就是说size实时记录了“复写操作后数组”的大小
最后遍历完整个数组，此时的cur一定指向复写操作后数组的最后一个元素的后面
然后执行之前说的“从右向左覆盖”操作即可

class Solution
{
public:
    void duplicateZeros(vector<int>& arr)
    {
        //1.寻找复写操作后，数组的最后一个元素
        int cur = 0;//寻找“复写操作后数组”的最后元素的下标
        int size = 0;//记录“复写操作后数组”的大小

        //[例子1]
        //复写前：[1,5,2,0,6,8,0,6,0]
        //复写后：[1,5,2,0,0,6,8,0,0]
        //[例子2]
        //复写前：[5,2,1,3,0]
        //复写后：[5,2,1,3,0]0 会溢出一个0
        while (size < (int)arr.size())
        {
            if (arr[cur] == 0)
            {
                size += 2;
            }
            else
            {
                size += 1;
            }
            cur++;
        }
        cur--;
        size--;

        //2.从右往左做开始复写
        //[例子1]
        //复写前：[1,5,2,0,6,8,0,6,0],cur->arr[5]=4, size->arr[7]=0
        //复写后：[1,5,2,0,0,6,8,0,0]
        //[例子2]
        //复写前：[5,2,1,3,0],cur->arr[4]=0, size->arr[5] 越界了 
        //复写后：[5,2,1,3,0]0 会溢出一个0

        if (arr[cur] == 0 && size >= arr.size())
        //当出现最后一个元素为0的时候很特殊，有两种可能：
        //1.复写操作后溢出了一个0，这种情况只复写一次即可
        //2.复写操作后刚好最后两个元素为0，这种情况正常复写即可
        {
            size--;
            arr[size] = arr[cur];
            size--;
            cur--;
        }
        while (cur != -1)
        {
            if (arr[cur] != 0)
            {
                arr[size--] = arr[cur--];
            }
            else
            {
                arr[size--] = arr[cur];
                arr[size--] = arr[cur];
                cur--;
            }
        }
    }
};

时间复杂度为 $O (n)$ ，两次循环就是 $O (n + n) = O (2 n)$ ，也就是 $O (n)$
空间复杂度为 $O (1)$ ，只用到了常数个有限的变量

2.3.202. 快乐数

实际上这是一道双链表判断是否回环的问题，可以使用快慢指针（双指针的一种使用方法）来判断链表是否存在回环点。本题最麻烦的问题就是如何知道是否会出现无限循环的情况。

using namespace std;
class Solution
{
private:
    int _function(int number)//计算平方值
    {
        int add = 0;
        while (number)
        {
            add += (number % 10) * (number % 10);
            number /= 10;
        }
        return add;
    }
public:
    bool isHappy(int number)
    {
        //循环判断是否happy
        int p = number;//走一步的指针（慢指针）
        int curp = number;//走两步的指针（快指针）
        while (true)
        {
            p = _function(p);//得4，走一步...
            curp = _function(_function(curp));//得16，走两步...
            if (p == curp)//如果找到循环点，也就是快慢指针相遇，就进入if语句
            {
                if (p == 1)//如果相遇点处的值为1就返回true
                {
                    return true;
                }
                return false;//如果不是1就返回false
            }
        }
    }
};

但是这道题目实际上是出简单的了，题目已经提前告诉我们取平方后只有两种情况：

最后得到1（实际上也是循环）
最后是无限循环，一直在一个回环里循环

但是实际上，从简单的思考上，是否存在：无限计算下去得不到1，但是不存在环的可能？我们可以使用”鸽笼原理“：在n个鸽笼中放入n+1只鸽子，则至少有一个笼子，里面的鸽子数量大于1。

我们设int的范围中最大的正数为(0111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111)2=(21 4748 3647)10≈(2.1*10^9)2。

假设有一个比int更大的数(99 9999 9999)10，则经过平方后得到9^2*10=810。因此[1, 99 9999 9999]范围内的数，经过平方后得到的数一定在[0, 810]的范围内，因此我们就有了810个鸽笼，假设最坏情况下一个属于[1, 99 9999 9999]数经过平方后得到1填充了一个笼，再次平方得到2填充第二个笼…一直到810个笼子全部填完（这里只是假设最坏情况，实际不太可能达到），则第811次平方后又得到了一个[0, 810]内的数，因此造成了循环。

那对于int范围内的数就更加会出现循环的情况了，毕竟int范围内的数平方得到的新数一定在[0, 810]的范围内，如果不循环，那么每一个数才放进小于810的笼子里根本不够用！

2.4.11. 盛最多水的容器

本题难度相较于前面会上升一些，首先最容易的解法就是：暴力穷举，直接上两个循环，枚举出所有的情况，找到最大的容积，但是使用这种方法一定会超时。

但是本题可以在遍历的时候作出节省，这是一种重要的思路：有的时候不得不使用枚举时，可以考虑是否剔除一些情况达到提高枚举效率的目的。

首先使用两个指针begin和end指向数组heights[]的首尾处
计算高和宽height = min{heights[begin], heights[end]}和width = end - begin，然后尾插到volumes中
然后从heights[begin]和heights[end]选择中最小的那一个数的下标begin++或者end--
只要满足begin < end就一直循环1~3即可
最后找到volumes中最大的体积返回即可

class Solution 
{
public:
    int maxArea(vector<int>& heights) 
    {
        int begin = 0, end = (int)heights.size() - 1;

        vector<int> volumes;
        
        int width = 0;
        int height = 0;
        while (begin < end)
        {
            //1.取得“最大的宽”
            width = end - begin;

            //2.取得“最小的高”
            height = heights[begin];
            if (height > heights[end])
            {
                height = heights[end--];
            }
            else
            {
                begin++;
            }
            //3.计算区间内最大面积
            volumes.push_back(width * height);
        }
        return *std::max_element(volumes.begin(), volumes.end());;
    }
};

时间复杂度是 $O (n)$ ，由于是两个指针在遍历数组，因此就相当于遍历整个数组，因此数据复杂度就是 $O (n)$

空间复杂度是 $O (1)$ ，这点没什么好解释的

2.5.611. 有效三角形的个数

一般而言，判断三个数a、b、c能否构成三角形的依据是：
$\begin{cases} a+b>c\\ a+c>b\\ b+c>a \end{cases}$
但是，如果将a、b、c三个数有序为a <= b <= c，就只需要判断一次a + b > c即可，因此就可以先把整个数组排序好后再来判断是否构成三角形。

因此暴力一点的话可以像下面这么写：

class Solution
{
    bool check(vector<int>& nums, int i, int j, int k)
    {
        return (nums[i] + nums[j] > nums[k]);
    }
public:
    int triangleNumber(vector<int>& nums)
    {
        sort(nums.begin(), nums.end());

        int count = 0;
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++)
        {
            for (int j = i + 1; j < nums.size(); j++)
            {
                for (int k = j + 1; k < nums.size(); k++)
                {
                    if (check(nums, i, j, k))
                    {
                        count++;
                    }
                }
            }
        }
        return count;
    }
};

但是这只能过大部分的例子，还有一些情况没有办法过（数据量太大），因此还需要做优化。

首先数组已经是有序（具有单调性）的了，只需要判断a + b > c即可。

则从最后一个元素 $x_{n}$ 开始证明有 $x_{0}+x_{n-1}>x_{n}$ 即可直接认为 $x_{n-2}$ 后的数都可以和 $x_{n-1}$ 以及 $x_{n}$ 构成三角形，无需判断…

class Solution
{
public:
    int triangleNumber(vector<int>& nums)
    {
        //1.排序数组
        sort(nums.begin(), nums.end());

        //2.通过三角形的性质结合单调性判断有多少种符合的情况
        int count = 0;//存储有多少种组合
        int key = nums.size() - 1, begin = 0, end = key - 1;//分为区间[begin, end]key
        while (key >= 2)
        {
            while (begin < end)
            {
                if (nums[begin] + nums[end] > nums[key])
                    //如果nums[begin] + nums[end] > key，
                    //那么nums[end]加上“nums[begin]...nums[end-1]”的任意一个数都大于key
                    //然后变成[begin, end--]key，也就是说：明确了和nums[end]结合有end - begin种情况
                {
                    count += (end - begin);
                    end--;
                }
                else//如果不是这样，那么就变成[begin++, end]key
                {
                    begin++;
                }
            }
            begin = 0;//最后重置一下左区间索引
            end = --key - 1;//最后重置一下右区间索引（并且修改key）
        }
        return count;
    }
};

时间复杂度： $O(n^{2})$

2.6.LCR 179. 两数之和

这道题目也是利用单调性达到节省枚举次数的目的。

首先选定最后一个数price[end]，和数组其他的数price[begin]相加
如果发现相加值等于目标值，则返回price[begin]和price[end]
如果发现相加值小于目标值，则begin++
如果发现相加值大于于目标值，则说明不用继续移动begin了。因为此时的price[begin] + price[end] > target，那么根据单调性，price[begin~end-1] + price[end]都大于target。此时begin重置为0，然后end--，重复1~4步骤即可

class Solution
{
public:
    vector<int> twoSum(vector<int>& price, int target)
    {
        //1.创建要返回的顺序表
        vector<int> ret;

        //2.创建双指针begin和end
        int end = price.size() - 1;
        int begin = 0;

        //3.从最后一个指针开始循环，每次循环向前一步
        while (end != 0)
        {
            while (begin < end)
            {
                if (price[begin] + price[end] == target)//如果相等就找到了
                {
                    ret.push_back(price[begin]);
                    ret.push_back(price[end]);
                    return ret;
                }
                else if (price[begin] + price[end] < target)//如果小于就找比price[begin]更大的数
                {
                    begin++;
                }
                else//price[begin] + price[end] > target，这个时候已经大于目标值了，没有必要再循环让begin++了，直接跳出即可
                {
                    break;
                }
            }
            begin = 0;//重置begin
            end--;
        }
        return ret;
    }
};

或者简化为以下代码（上述代码还有些冗余）：

class Solution
{
public:
    vector<int> twoSum(vector<int>& price, int target)
    {
        //1.创建要返回的顺序表
        vector<int> ret;

        //2.创建双指针begin和end
        int end = price.size() - 1;
        int begin = 0;

        //3.从最后一个指针开始循环，每次循环向前一步
        while (begin < end)
        {
            if (price[begin] + price[end] > target)//如果相等就找到了
            {
                end--;
            }
            else if (price[begin] + price[end] < target)//如果小于就找比price[begin]更大的数
            {
                begin++;
            }
            else
            {
                ret.push_back(price[begin]);
                ret.push_back(price[end]);
                break;
            }
        }

        return ret;
    }
};

时间复杂度：O(n)

2.7.LCR 007. 三数之和

class Solution
{
public:
    vector<vector<int>> threeSum(vector<int> nums)
    {
        //1.设置要返回的顺序表
        vector<vector<int>> ret;
        //2.排序原数据数组
        sort(nums.begin(), nums.end());
        //3.查找复合条件的三元组
        int n = nums.size();
        for (int i = 0; i < n; )
        {
            if (nums[i] > 0) break;

            int left = i + 1, right = n - 1, target = -nums[i];
            while (left < right)
            {
                int sum = nums[left] + nums[right];
                if (sum > target)
                {
                    right--;
                }
                else if (sum < target)
                {
                    left++;
                }
                else
                {
                    ret.push_back({ nums[i], nums[left], nums[right] });
                    left++, right--;

                    //去重
                    while (left < right && nums[left] == nums[left - 1]) left++;
                    while (left < right && nums[right] == nums[right + 1]) right--;
                }
            }
            i++;
            while (i < n && nums[i] == nums[i - 1]) i++;
        }
        return ret;
    }
};

这题比较难，以后再做然后补充。

时间复杂度： $O(n^{2})$

2.8.18. 四数之和

class Solution
{
public:
    vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target)
    {
        vector<vector<int>> ret;
        sort(nums.begin(), nums.end());

        int n = nums.size();
        for (int i = 0; i < n; )
        {
            for (int j = i + 1; j < n; )
            {
                int left = j + 1, right = n - 1;
                long long aim = (long long)target - nums[i] - nums[j];//防止溢出
                while (left < right)
                {
                    int sum = nums[left] + nums[right];
                    
                    if (sum < aim)
                    {
                        left++;
                    }
                    else if (sum > aim)
                    {
                        right--;
                    }
                    else
                    {
                        ret.push_back({ nums[i], nums[j], nums[left++], nums[right--] });
                        //去重
                        while (left < right && nums[left] == nums[left - 1]) left++;
                        while (left < right && nums[right] == nums[right + 1]) right--;
                    }
                }
                //去重
                j++;
                while (j < n && nums[j] == nums[j - 1]) j++;
            }
            //去重
            i++;
            while (i < n && nums[i] == nums[i - 1]) i++;
        }
        return ret;
    }
};