知识拓展练习（经典面试题） / 29. 三数之和

一、题目

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。

二、示例

示例 1：
输入：nums = [-1,0,1,2,-1,-4]
输出：[[-1,-1,2],[-1,0,1]]
解释：
nums[0] + nums[1] + nums[2] = (-1) + 0 + 1 = 0 。
nums[1] + nums[2] + nums[4] = 0 + 1 + (-1) = 0 。
nums[0] + nums[3] + nums[4] = (-1) + 2 + (-1) = 0 。
不同的三元组是 [-1,0,1] 和 [-1,-1,2] 。
注意，输出的顺序和三元组的顺序并不重要。
示例 2：
输入：nums = [0,1,1]
输出：[]
解释：唯一可能的三元组和不为 0 。
示例 3：
输入：nums = [0,0,0]
输出：[[0,0,0]]
解释：唯一可能的三元组和为 0 。

三、提示

3 <= nums.length <= 3000
-10^5 <= nums[i] <= 10^5

四、参考题解

1、方法一：排序 + 双指针

题目中要求找到所有「不重复」且和为 0 的三元组，这个「不重复」的要求使得我们无法简单地使用三重循环枚举所有的三元组。这是因为在最坏的情况下，数组中的元素全部为 0，即

[0, 0, 0, 0, 0, ..., 0, 0, 0]

任意一个三元组的和都为 0。如果我们直接使用三重循环枚举三元组，会得到 O(N^3)个满足题目要求的三元组（其中 N 是数组的长度）时间复杂度至少为 O(N^3)。在这之后，我们还需要使用哈希表进行去重操作，得到不包含重复三元组的最终答案，又消耗了大量的空间。这个做法的时间复杂度和空间复杂度都很高，因此我们要换一种思路来考虑这个问题。

「不重复」的本质是什么？我们保持三重循环的大框架不变，只需要保证：

①第二重循环枚举到的元素不小于当前第一重循环枚举到的元素；

②第三重循环枚举到的元素不小于当前第二重循环枚举到的元素。

也就是说，我们枚举的三元组 (a,b,c) 满足 a≤b≤c，保证了只有 (a,b,c) 这个顺序会被枚举到，而 (b,a,c)、(c,b,a) 等等这些不会，这样就减少了重复。要实现这一点，我们可以将数组中的元素从小到大进行排序，随后使用普通的三重循环就可以满足上面的要求。

同时，对于每一重循环而言，相邻两次枚举的元素不能相同，否则也会造成重复。举个例子，如果排完序的数组为

[0^, 1^, 2^, 2, 2, 3]

我们使用三重循环枚举到的第一个三元组为 (0,1,2)，如果第三重循环继续枚举下一个元素，那么仍然是三元组 (0,1,2)，产生了重复。因此我们需要将第三重循环「跳到」下一个不相同的元素，即数组中的最后一个元素 3，枚举三元组 (0,1,3)。

下面给出了改进的方法的伪代码实现：

nums.sort()
for first = 0 .. n-1
  // 只有和上一次枚举的元素不相同，我们才会进行枚举
  if first == 0 or nums[first] != nums[first-1] then
    for second = first+1 .. n-1
      if second == first+1 or nums[second] != nums[second-1] then
        for third = second+1 .. n-1
          if third == second+1 or nums[third] != nums[third-1] then
            // 判断是否有 a+b+c==0
            check(first, second, third)

这种方法的时间复杂度仍然为 O(N^3)，毕竟我们还是没有跳出三重循环的大框架。然而它是很容易继续优化的，可以发现，如果我们固定了前两重循环枚举到的元素 a 和 b，那么只有唯一的 c 满足 a+b+c=0。当第二重循环往后枚举一个元素 b′ 时，由于 b′>b，那么满足 a+b′+c′=0 的 c′ 一定有 c′<c，即 c′ 在数组中一定出现在 c 的左侧。也就是说，我们可以从小到大枚举 b，同时从大到小枚举 c，即第二重循环和第三重循环实际上是并列的关系。

有了这样的发现，我们就可以保持第二重循环不变，而将第三重循环变成一个从数组最右端开始向左移动的指针，从而得到下面的伪代码：

nums.sort()
for first = 0 .. n-1
  if first == 0 or nums[first] != nums[first-1] then
    // 第三重循环对应的指针
    third = n-1
    for second = first+1 .. n-1
      if second == first+1 or nums[second] != nums[second-1] then
        // 向左移动指针，直到 a+b+c 不大于 0
        while nums[first]+nums[second]+nums[third] > 0
          third = third-1
        // 判断是否有 a+b+c==0
        check(first, second, third)

这个方法就是我们常说的「双指针」，当我们需要枚举数组中的两个元素时，如果我们发现随着第一个元素的递增，第二个元素是递减的，那么就可以使用双指针的方法，将枚举的时间复杂度从 O(N^2) 减少至 O(N)。为什么是 O(N) 呢？这是因为在枚举的过程每一步中，「左指针」会向右移动一个位置（也就是题目中的 b），而「右指针」会向左移动若干个位置，这个与数组的元素有关，但我们知道它一共会移动的位置数为 O(N)，均摊下来，每次也向左移动一个位置，因此时间复杂度为 O(N)。

注意到我们的伪代码中还有第一重循环，时间复杂度为 O(N)，因此枚举的总时间复杂度为 O(N^2)。由于排序的时间复杂度为 O(Nlog⁡N)，在渐进意义下小于前者，因此算法的总时间复杂度为 O(N^2)。

上述的伪代码中还有一些细节需要补充，例如我们需要保持左指针一直在右指针的左侧（即满足 b≤c），具体可以参考下面的代码，均给出了详细的注释。

//Java
class Solution {
  public List<List<Integer>> threeSum(int[] nums) {
    int n = nums.length;
    Arrays.sort(nums);
    List<List<Integer>> ans = new ArrayList<List<Integer>>();
    // 枚举 a
    for (int first = 0; first < n; ++first) {
      // 需要和上一次枚举的数不相同
      if (first > 0 && nums[first] == nums[first - 1]) {
        continue;
      }
      // c 对应的指针初始指向数组的最右端
      int third = n - 1;
      int target = -nums[first];
      // 枚举 b
      for (int second = first + 1; second < n; ++second) {
        // 需要和上一次枚举的数不相同
        if (second > first + 1 && nums[second] == nums[second - 1]) {
          continue;
        }
        // 需要保证 b 的指针在 c 的指针的左侧
        while (second < third && nums[second] + nums[third] > target) {
          --third;
        }
        // 如果指针重合，随着 b 后续的增加
        // 就不会有满足 a+b+c=0 并且 b<c 的 c 了，可以退出循环
        if (second == third) {
          break;
        }
        if (nums[second] + nums[third] == target) {
          List<Integer> list = new ArrayList<Integer>();
          list.add(nums[first]);
          list.add(nums[second]);
          list.add(nums[third]);
          ans.add(list);
        }
      }
    }
    return ans;
  }
}