这个题确实比较复杂,我刚刚开始的思路是先将数组排序,然后从左向右遍历,然后用两个变量lpos,rpos分别指向left+1
和 nums.size()-1,然后求三者的和,若和sum < 0 则让lpos加1,若sum>0则让rpos减1。想法不错,可是现实很残酷。这样
的解很容易错过真实解,我测试了很多遍,总有测试用例无法通过。其中还有一个时间复杂度太高了也没通过测试。这个题大家
可以自己去实现试试,真的错误点太多了,最后还是采用了比较老实的办法,再一步一步分析,求的解如下:
class Solution {
public:
vector<>
//三数之和为0,至少一个数小于0,至少一个数大于0 排序之后从两边向中间遍历
vector<>
int len = nums.size();
if (len < 3)
{
return last;
}
//1.排序
sort(nums.begin(), nums.end());
/*
for (int i = 1; i
{//插入排序时间复杂度为O(n^2),所以还是用vector自带的排序
int tmp = nums[i];
int begin = i - 1;
while (begin >= 0 && nums[begin] > tmp)
{
nums[begin + 1] = nums[begin];
--begin;
}
nums[begin + 1] = tmp;
}
*/
//2.从两边向中间遍历,最左边的数字加上最右边的数字,然后找数字中和他们的和
for (int left = 0; left < len - 2 && nums[left] <=0 ; ++left)
{
if(left > 0 && nums[left] == nums[left-1])
{//left 和 left-1 位置元素相等,但是第一次不能处理
continue;
}
int lpos = left + 1;
int rpos = 0;
while (lpos < len-1)
{ //尝试了好多次,实验结果证明lpos和rpos不能从两边向中间遍历,++lpos和--rpos的到底谁先执行无法确定,所以还得像暴力求解那样
if(lpos != left+1 && nums[lpos] == nums[lpos-1])
{//说明了此时left+1对应的值已经求出值了,需要处理掉相同的lpos值
++lpos;
continue;
}
rpos = lpos+1;
while (lpos < rpos && nums[left] + nums[lpos] + nums[rpos] <= 0)
{
if (lpos < rpos && nums[left] + nums[lpos] + nums[rpos] == 0)
{
vector
tmp.push_back(nums[left]);
tmp.push_back(nums[lpos]);
tmp.push_back(nums[rpos]);
last.push_back(tmp);
break; //处理完后跳出本次循环
}
else if(rpos < len-1)
{
++rpos;
}
else
{
break;
}
}
++lpos; //执行到这里不要忘记了改变lpos的值,否则可能死循环
}
}
return last;
}
};
上面的代码中有一定注释,希望可以帮助大家看懂求解思路,我总结一下此题需要注意的地方吧,这些都是我出现过的:
1. 不能出现重复的解,那么我们需要在每次求出一个解后将重复的元素过滤掉相同的left,lpos,rpos值,处理这种情况
很容易出错,代码必须很谨慎
2. 需要很仔细的处理,否则总有一千种测试用例让你的代码无法通过,一般就是你改了代码,满足了第一个测试用却无法
满足第二个,当你再次改掉代码满足第二个测试用例,你会发现第一个用无法通过了,简直要崩溃了。
3. lpos,rpos的处理不当就会导致死循环,这时候会提示你超时了。
4. 一个left值可能会有好几个解,所以需要让lpos和rpos遍历完 left~ nums.size()-1 整个序列
5. 虽然这个题对于某些大神来说不难,但是不管怎么样还是需要测试一个,不试不知道,一试吓一跳。
6. 想到的思路却又无法解答此题的时候不要"死想",可以换种方式去解题
最后的结果是通过的,希望写LeetCode的人都提供正确答案,否则没有意义。