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目录
前言
1.数组分块（数组划分）
移动零
复写零
2.快慢双指针（循环往复）
快乐数
3.对撞指针->暴力枚举的优化->利用单调性
盛最多水的容器
有效三角形的个数
4.对撞指针->两数之和、三数之和、四数之和
两数之和
三数之和
四数之和
前言
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《算法》专栏正式挂牌成立
- 《算法》专栏主要是会系统的梳理一些OJ题的算法思想，将他们按照解题方法的不同划分出来，然后归纳总结，当然希望大家多多收藏，以后忘了可以常回来看看！
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本篇文章主要会讲解双指针的思想，双指针是一种非常优秀的算法思想，有对撞指针和快慢指针两种基本用法。
双指针对于有序数据的处理是比较有优势的，当你遇到有序的数据时，你可以尝试着利用双指针或者二分来解题，当然本篇文章只会讲解双指针。
那么双指针思想具体的应用，以及为什么双指针适用于有序数组的处理呢？
欢迎大家📂收藏📂以便未来做题时可以快速找到思路，巧妙的方法可以事半功倍。
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1.数组分块（数组划分）
数组分块顾名思义，该类题目有一个特性就是将数组中的数据进行分类，然后将分类的数据放在不同的区域上。
移动零
移动零 - 力扣（LeetCode）
https://leetcode.cn/problems/move-zeroes/description/
给定一个数组
nums，编写一个函数将所有0移动到数组的末尾，同时保持非零元素的相对顺序。请注意 ，必须在不复制数组的情况下原地对数组进行操作。
利用数组分块的思想，我们可以将该数组划分为三个区域：非零的已处理区域、零的已处理区域、待处理区域。
三个区域恰好可以利用两个指针进行分割得到。
所以我们定义两个指针：
- cur：从左向右扫描数组（遍历数组的作用），主要用来分割已处理区域和待处理区域用；
- dest：已处理的区域内，非零元素的最后一个位置，主要用来分隔已处理区域内部非零元素和零元素。
得到三个区间：
- 非零的已处理区域：[0,dest]
- 零的已处理区域：[dest+1,cur-1]
- 待处理区域：[cur,n-1]
有了思路，画图独立完成代码，不要直接看博主的代码。
class Solution {
public:
void moveZeroes(vector<int>& nums) {
for (int dest = -1, cur = 0; cur <= nums.size() - 1; cur++)
{
//如果是零就跳过，不是零进入
if (nums[cur])
{
swap(nums[++dest], nums[cur]);
}
}
}
};复写零
复写零 - 力扣（LeetCode）https://leetcode.cn/problems/duplicate-zeros/description/
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。
我们可以先尝试着进行异地复写，然后尝试着进行原地复写，看看会发生什么问题？
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：
- 先找到最后一个复写的数；
- 然后从后向前进行复写操作。
这两步仍然包含一些细节需要处理，比如会不会出现越界问题等？
- cur：用来遍历数组用。
- dest：根据cur指向的指进行移动一步或两步，如果dest的位置处于最后一位或者已经越界，跳出循环，如果是越界的情况，我们需要手动将其"拉回"，然后进行从后向前的复写操作。
有了思路，画图独立完成代码，不要直接看博主的代码。
class Solution {
public:
void duplicateZeros(vector<int>& arr) {
int dest=-1,cur=0,n=arr.size();
//1.先找到cur位置
while(cur<n)
{
if(arr[cur])
dest++;
else
dest+=2;
if(dest>=n-1)//这里是为了及时检测是否跳出
break;
cur++;
}
//1.5判断dest位置
if(dest==n)
{
arr[dest-1]=0;
dest-=2;
cur--;
}
//2.然后向前复写
while(cur>=0)
{
if(arr[cur])
arr[dest--]=arr[cur--];
else{
arr[dest--]=0;
arr[dest--]=0;
cur--;
}
}
}
};2.快慢双指针（循环往复）
快慢双指针基本思想：使用两个移动速度不同的指针在数组或链表等序列结构上移动。
一般什么情况下适用快慢双指针的题目呢？
这种方法对于处理环形链表或数组非常有用，或者说循环往复的数据都比较适用快慢双指针算法来进行解决。
快乐数
快乐数 - 力扣（LeetCode）https://leetcode.cn/problems/happy-number/description/
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。
请注意题目意义，只会有两种情况：
- 情况1：无限循环但始终变不到1
- 情况2：有限次数内，结果为1
所以对于这种循环往复的数据我们就可以联想到快慢双指针来做：
为了方便理解，我抽象的将数据做成链：
所以必然会成环，slow与fast必然会相遇，我们需要做的就是在他们相遇的时刻，检测以下slow或者fast的值是否为1即可。
有了思路，画图独立完成代码，不要直接看博主的代码。
class Solution {
public:
int bitSum(int n) {
int sum = 0;
while (n) {
int t = n % 10;
sum += t * t;
n /= 10;
}
return sum;
}
bool isHappy(int n) {
int slow = n;
int fast = bitSum(n);
while (slow != fast) {
slow = bitSum(slow);
fast = bitSum(bitSum(fast));
}
return slow == 1;
}
};3.对撞指针->暴力枚举的优化->利用单调性
一般用于顺序结构中，也称左右指针。
对撞指针从两端向中间移动。⼀个指针从最左端开始，另⼀个从最右端开始，然后逐渐往中间逼
近。
对撞指针的终止条件一般是两个指针相遇或者错开（也可能在循环内部找到结果直接跳出循
环），也就是：
- left == right（两个指针指向同⼀个位置）
- left > right（两个指针错开）
单调性解题的思路不好想到，但这是一种非常优秀的对暴力枚举方法的优化思想。
盛最多水的容器
盛最多水的容器 - 力扣（LeetCode）https://leetcode.cn/problems/container-with-most-water/description/
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。
如果说利用暴力枚举的方式来做，很明显你需要固定一边，两层for循环解决，时间复杂度O(N^2)，但这道题目作为一道中等难度的题，利用暴力枚举必然会超时。
我们尝试利用对撞指针的方式来做：
w(宽)=right-left;
容积的计算公式：V=h*w
当计算完一组结果之后，我们需要将左指针或右指针向中间移动，这样如此反复就能得到最终答案，可是这样并没有降低时间复杂度，仍然是暴力枚举的思路。
我们观察：
当左指针或右指针向中间移动时w是必然减小的。
又根据木桶原理，h取决于左右指针指向的值小的那一个数据。
本题是依据数据分析，进而得到单调性的关系，需要大家自行画图分析，然后将思路转化成代码。
class Solution {
public:
int maxArea(vector<int>& height) {
int left=0;
int right=height.size()-1;
int v=0;
int ret=0;
while(left<right)
{
int v=min(height[left],height[right])*(right-left);
ret=max(v,ret);
if(height[left]<height[right]) left++;
else right--;
}
return ret;
}
};有效三角形的个数
有效三角形的个数 - 力扣（LeetCode）https://leetcode.cn/problems/valid-triangle-number/description/
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。
构成三角形的条件：任意两边之和大于第三边
但这个条件转化成代码需要三次判断未免有些麻烦，所以我们可以将数组先进行排序，排序之后如果较小的两个值之和大于第三边，那么就可以构成三角形了。
暴力枚举的方式很显然时间复杂度O(N^3)。
那我们尝试着对数据进行分析，看看能否利用单调性来优化。
首先排序，我们将最大的数固定，然后利用对撞指针的思想进行优化。
有了思路，画图独立完成代码，不要直接看博主的代码。
class Solution {
public:
int triangleNumber(vector<int>& nums) {
sort(nums.begin(),nums.end());
int n=nums.size();
int maxIndex=n-1;
int ret=0;
while(maxIndex>=2)
{
int left=0;
int right=maxIndex-1;
while(left<right)
{
if(nums[left]+nums[right]>nums[maxIndex])
{
ret+=right-left;
right--;
}
else
{
left++;
}
}
maxIndex--;
}
return ret;
}
};4.对撞指针->两数之和、三数之和、四数之和
两数之和
两数之和 - 力扣（LeetCode）https://leetcode.cn/problems/he-wei-sde-liang-ge-shu-zi-lcof/description/
购物车内的商品价格按照升序记录于数组
price。请在购物车中找到两个商品的价格总和刚好是target。若存在多种情况，返回任一结果即可。
首先我们发现数组是升序排列的，所以我们想到可以利用双指针来解决，同样的我们利用单调性，看看能否对暴力枚举的策略作优化。
暴力枚举的时间复杂度很明显O(N^2)。
两数之和大于target时，利用单调性，令right--即可；
两数之和小于target时，利用单调性，令left++即可；
两数之和等于target时，我们将此时的结果尾插到结果数组中。
class Solution {
public:
vector<int> twoSum(vector<int>& price, int target) {
int left=0;
int right=price.size()-1;
vector<int> ret;
while(left<right)
{
int sum=price[left]+price[right];
if(sum<target) left++;
else if(sum>target) right--;
else{
ret.push_back(price[left]);
ret.push_back(price[right]);
break;
}
}
return ret;
}
};三数之和
三数之和 - 力扣（LeetCode）https://leetcode.cn/problems/3sum/description/
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。
本题可以借助两数之和的思想进行解题，无非就是需要多加一层循环，将第三个数固定即可。
另外的两个数仍然为两数之和的思想，只不过此时两数之和等于负的第三个数。
难点：注意本题要求去重，并且要求返回所有满足的数据，所以我们需要处理一些细节问题。
首先，关于返回所有：
- 当找到一种结果后，不能直接返回，要继续缩小区间继续寻找。
其次，关于去重：
- 找到一种结果之后，left和right要跳过重复元素。
- 当使用完一次双指针算法后，即更换第三个数时，也要跳过重复元素。
- 注意防止越界。
有了思路，画图独立完成代码，不要直接看博主的代码。
class Solution {
public:
vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
sort(nums.begin(), nums.end());
vector<vector<int>> ret;
int n = nums.size();
for (int i = 0; i < n;)
{
if (nums[i] > 0) break;//小优化
int left = i + 1, right = n - 1, target = -nums[i];
while (left < right)
{
int sum = nums[left] + nums[right];
if (sum < target) left++;
else if (sum > target) right--;
else
{
ret.push_back({ nums[left++],nums[right--],nums[i] });
//去重 left 和 right
while (left < right && nums[left] == nums[left - 1]) left++;
while (left < right && nums[right] == nums[right + 1]) right--;
}
}
//去重 i
i++;
while (i < n && nums[i] == nums[i - 1]) i++;
}
return ret;
}
};四数之和
四数之和 - 力扣（LeetCode）https://leetcode.cn/problems/4sum/description/
给你一个由
n个整数组成的数组nums，和一个目标值target。请你找出并返回满足下述全部条件且不重复的四元组[nums[a], nums[b], nums[c], nums[d]]（若两个四元组元素一一对应，则认为两个四元组重复）：
0 <= a, b, c, d < na、b、c和d互不相同nums[a] + nums[b] + nums[c] + nums[d] == target你可以按 任意顺序 返回答案 。
四数之和是三数之和的升级，本质上没有任何区别，只不过多加了一个需要固定的数，多加了一层循环而已，如果你已经掌握了三数之和，那么这道题对你来说会非常简单。
有了思路，画图独立完成代码，不要直接看博主的代码。
class Solution {
public:
vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target) {
sort(nums.begin(),nums.end());
vector<vector<int>> ret;
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 num=(long long)target-nums[j]-nums[i];//需要注意的细节
while(left<right)
{
int sum=nums[left]+nums[right];
if(sum>num) right--;
else if(sum<num) left++;
else
{
ret.push_back({nums[i],nums[j],nums[left++],nums[right--]});
//去重 left 和 right
while(left<right && nums[left]==nums[left-1]) left++;
while(left<right && nums[right]==nums[right+1]) right--;
}
}
//去重 j
j++;
while(j<n && nums[j]==nums[j-1]) j++;
}
//去重i
i++;
while(i<n && nums[i]==nums[i-1]) i++;
}
return ret;
}
};以上就是双指针算法在实际题目中的应用，总的来说，双指针算法是比较基础并且简单的算法。
大家只需要记住：当所给数据为有序时，不妨考虑用双指针算法进行解决。
🐸简单总结🐸
双指针擅于处理有序数据，可以解决数组分块、循环往复数据可以利用快慢指针思想（得到某个值可以理解为在某个值处循环）、对撞指针结合单调性可以优化暴力枚举（注意细节：去重和不漏）。
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