哈希表

《代码随想录》

哈希表一般用来快速查找某个元素是否在一个集合中。
如果使用枚举的话时间复杂度为O(n)，而使用哈希表只O(1)就可以做到。——元素查询。

242.有效的字母异位词

使用unordered_map

// 时间复杂度 O(n)
// 空间复杂度 O(n)
class Solution {
public:
    bool isAnagram(string s, string t) {
        unordered_map<char,int>mp;
        for(char& c:s)mp[c]++;
        for(char& c:t)mp[c]--;
        for(auto m:mp){
            if(m.second != 0)return false;
        }
        return true;
    }
};

使用数组

// 时间复杂度 O(n)
// 空间复杂度 O(1)-因为空间上定义的是一个常量大小的辅助数组
class Solution {
public:
    bool isAnagram(string s, string t) {
        int record[26] = {0};
        for(char& c:s)record[c-'a']++;
        for(char& c:t)record[c-'a']--;
        for(int i = 0 ;i < 26;i++){
            if(record[i] != 0)return false;
        }
        return true;
    }
};

349. 两个数组的交集

unordered_set底层实现同样是哈希表，使用它可以完成去重操作。
因为其中的每一个元素都是唯一的。

// 时间复杂度O(n)
// 空间复杂度O(n)
class Solution {
public:
    vector<int> intersection(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        unordered_set<int>nums1_count;
        unordered_set<int>ret;
        for(int& c:nums1)nums1_count.emplace(c);
        for(int& c:nums2){
            if(nums1_count.find(c) != nums1_count.end())ret.emplace(c);
        }
        return vector<int>(ret.begin(),ret.end());
    }
};

本体限制了用例大小，所以我们同样可以使用数组来进行哈希映射。
如果哈希值比较少、特别分散、跨度特别大，使用数组就造成空间的极大浪费。

// 时间复杂度 O(n)
// 空间复杂度 O(n)
class Solution {
public:
    vector<int> intersection(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        unordered_set<int>ret;
        int count[1000] = {0};
        for(int &c:nums1){
            count[c] = 1;
        }
        for(int &c:nums2){
            if(count[c] == 1){
                ret.emplace(c);
            }
        }
        return vector<int>(ret.begin(),ret.end());
    }
};

350.两个数组的交集 II

使用两个哈希分别保存nums1和nums2中的元素及元素个数。
然后选择一种一个哈希表进行遍历，看另外一个哈希表中是否有相同元素，统一元素选择出现较少的次数，然后push进结果数组ret中。

// 时间复杂度 O(n)
// 空间复杂度 O(n)
class Solution {
public:
    vector<int> intersect(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        unordered_map<int,int>mp1,mp2;
        vector<int>ret;
        for(int& c:nums1)mp1[c]++;
        for(int& c:nums2)mp2[c]++;
        
        for(auto k:mp1){
            if(k.second != 0 && mp2[k.first]){
                int count = min(k.second,mp2[k.first]);
                for(int i = 0;i < count;i++){
                    ret.emplace_back(k.first); 
                }
            }
        }
        return ret;
    }
};

使用一个哈希表来存储nums1的元素个数，然后开始遍历nums2,如果哈希表中该元素数量大于1，则–，push到ret中。

// 时间复杂度 O(n)
// 空间复杂度 O(n)
class Solution {
public:
    vector<int> intersect(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        unordered_map<int,int>mp;
        vector<int>ret;
        for(int& c:nums1){
            mp[c]++;
        }
        for(int& c:nums2){
            if(mp[c] > 0){
                ret.emplace_back(c);
                mp[c]--;
            }
        }
        return ret;
    }
};

第202题. 快乐数

题目中说了可能会死循环，所以出现已经出现过的数了，直接return false
用一个哈希表来保存出现过的数。

// 时间复杂度 O(logn)
// 空间复杂度 O(logn)
class Solution {
public:
    int getSum(int n){
        int sum = 0;
        while(n){
            int tmp = n%10;
            sum += tmp*tmp;
            n /= 10;
        }
        return sum;
    }
    bool isHappy(int n) {
        unordered_set<int>st;
        while(1){
            int tmp =getSum(n);
            if(tmp == 1){
                return true;
            }else{
                if(st.find(tmp) != st.end()){// 找到了——出现过
                    return false;
                }else{// 没找到
                    st.emplace(tmp);
                }
            }
            n = tmp;// 更新
        }
    }
};

1. 两数之和

“数组中同一个元素在答案里不能重复出现。”,看到这句话，就知道要使用哈希表啦。

// 时间复杂度 O(n)
// 空间复杂度 O(n)
class Solution {
public:
    vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) {
        // 注意: 题目说，只会存在一个有效答案。
        unordered_map<int,int>map;
        int n = nums.size();
        for(int i = 0;i < n;i++){
            auto iter = map.find(target-nums[i]);
            if(iter != map.end()){// 找到了
                return {iter->second,i};
            }else{// 没有找到
                map[nums[i]] = i;
            }
        }
        return {};
    }
};

454. 四数相加 II

遍历num1,num2,使用一个哈希表来存储二者元素和出现的可能及对应的次数。
遍历num3,num4，使用-减去其中的元素组合和，得到一个差值，并在哈希表中查询是否有这个差值，存在，将其数量累加到结果上。

// 时间复杂度 O(n²)
// 空间复杂度 O(n)
class Solution {
public:
    int fourSumCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, vector<int>& nums3, vector<int>& nums4) {
        unordered_map<int,int>mp;
        int ret = 0;
        for(int& a:nums1){
            for(int& b:nums2){
                mp[a+b]++;
            }
        }
        for(int& c:nums3){
            for(int& d:nums4){
                if(mp.find(0-c-d) != mp.end()){
                    ret += mp[0-c-d];
                }
            }
        }
        return ret;
    }
};

383. 赎金信

不是所有时候都使用哈希表的，有时候使用数组可能会获得更高的效率。
例如本题中，我们可以得到字符出现的范围，26个字母，可卡开辟出数组的大小。
在本体情况下，使用map的空间消耗要比数组大一些，因为map要维护红黑树或者哈希表，而且还要做哈希函数，会更费时。

// 时间复杂度 O(n)
// 空间复杂度 O(1)-常量辅助数组
class Solution {
public:
    bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {
        int record[26] = {0};
        for(char &c:magazine){// 使用magazine去组成ransomNote所以先遍历它
            record[c-'a']++;
        }
        for(char& c:ransomNote){
            if(record[c-'a'] > 0){
                record[c-'a']--;
            }else{
                return false;
            }
        }
        return true;
    }
};

暴力

// 时间复杂度O(n²)
// 空间复杂度O(1)
class Solution {
public:
    bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {
        int nr = ransomNote.size();
        int mr = magazine.size();
        for(int i = 0;i< mr;i++){
            for(int j = 0;j <nr;j++){
                if(magazine[i] == ransomNote[j]){//找到了一个字符
                    ransomNote.erase(ransomNote.begin()+j);
                    break;//找到了一个字符
                }
            }
        }
        return ransomNote.size() == 0;
    }
};

15. 三数之和

哈希表法，
补充: 详见下图，主要为b去重理解。
即，去除同一个元素出现3次以上引起的重复和用于优化剪枝。

// 时间复杂度 O(n²)
// 空间复杂度 O(n)
class Solution {
public:
    vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
        vector<vector<int>>ret;
        int n = nums.size();
        sort(nums.begin(),nums.end());// 排序是为了方便去重
        // a = nums[i] 
        // b = nums[j]
        // c = 0-a-b
        for(int i = 0; i < n;i++){// a
            if(nums[i] > 0){// 排完序了，第一个a还是正数，无法求和==0
                break;
            }
            if(i > 0 && nums[i] == nums[i-1]){// a去重
                continue;
            }
            unordered_set<int>set;
            for(int j = i + 1;j < n;j++){// b
                if(j > i+2 &&
                    nums[j] == nums[j-1] &&
                    nums[j-1] == nums[j-2]){// b去重
                        continue;
                }
                int c = 0-nums[i]-nums[j];// c
                if(set.find(c) != set.end()){// 找到了
                    ret.push_back({nums[i],nums[j],c});
                    set.erase(c);// c去重
                }else{// 没找到，将当前元素b放入
                    set.insert(nums[j]);
                }
            }
            
        }
        return ret;
    }
};

双指针:
本题目中使哈希法并不合适，因为在去重的操作中有许多细节需要注意。
相对于哈希法，本题使用双指针法会更高效些。

注意:
题目中的不能重复，指的是一个组合不能重复，而组合内的三个元素是可以有重复的。
在遍历第一个元素时候，去重的判断,就应该为nums[i] == nums[i-1]：
若为nums[i] == nums[i+1],则为与组合内的元素对比。因为右边的第一个元素为left。

其中一个较难点是对b,c去重的理解。详见代码中的注释。

// 时间复杂度 O(n²)
// 空间复杂度 O(n)
class Solution {
public:
    vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
        vector<vector<int>>ret;
        sort(nums.begin(),nums.end());
        int n = nums.size();
        for(int i = 0; i < n;i++){
            if(nums[i] > 0)break;// 剪枝
            if(i > 0 && nums[i] == nums[i-1]){// a去重
                continue;
            }
            int left = i+1;
            int right = n-1;
            while(right > left){
                int tmpSum = nums[i] + nums[left] + nums[right];
                if( tmpSum > 0)right--;
                else if(tmpSum < 0)left++;
                else{// 找到结果了
                    ret.push_back(vector<int>{nums[i],nums[left],nums[right]});
                    // b c去重,例如: 已知两个数的和为0，知道其中的一个数，另一个数就是确定的了，所以来两个要收缩。
                    // 当前数与下一个数进行判断是否相同
                    while(right > left && nums[right] == nums[right-1])right--;
                    while(right > left && nums[left] == nums[left+1])left++;
                    
                    // 上面两个循环最终停在上一个元素的最后一次(前/后)出现的位置
                    // 当我们确定一个a之后，b+c的和就确定了；
                    // 进一步说，如果b+c = 5，即b=1的时候，c只能为4，
                    // 所以b c如果与之前相同，都要跳过，即left++/right++(如上面两个while中所示)
                    // 所以左右边界同时收缩，即完成去重。
                    // 下面收缩后，left right 都为下一个与之前计算收集结果时不同的元素。
                    left++;
                    right--;
                }
            }
        }
        return ret;
    }
};

18. 四数之和

双指针法

// 时间复杂度 O(n³)
// 空间复杂度 O(n)
class Solution {
public:
    vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target) {
        vector<vector<int>>ret;
        int n =  nums.size();
        sort(nums.begin(),nums.end());
        for(int i = 0; i < n ; i++){
            if(nums[i] > target && 
                nums[i] > 0){// 剪枝
                break;
            }
            if(i > 0 && nums[i] == nums[i-1])continue;
            for(int j = i + 1; j < n;j++){
                // 注意这里判断nums[k]+nums[i] = 0，
                // 如果后面还有数，当前两个相加为0，大于target，说明target为负数，后面不可能再有答案，0 + 整数 > 0 
                if(nums[i]+nums[j] > target &&
                    nums[i]+nums[j] >= 0)continue;
                if(j > i + 1 && nums[j] == nums[j-1])continue;
                
                int left = j+1;
                int right = n-1;
                while(right > left){
                    // 相加有可能溢出用long存
                    long tmpSum = (long)nums[i]+nums[j]+nums[left]+nums[right];
                    if(tmpSum > target)right--;
                    else if(tmpSum < target)left++;
                    else{
                        ret.push_back(vector<int>{nums[i],nums[j],nums[left],nums[right]});
                        while(left < right && nums[right] == nums[right-1])right--;
                        while(left < right && nums[left] == nums[left+1])left++;

                        left++;
                        right--;
                    }
                }
            }
        }
        return ret;
    }
};