前言
展示了哈希法在处理 问题约束较多、记录信息较多 这一类问题下的局限性。
454. 四数相加 II
给你四个整数数组 nums1、nums2、nums3 和 nums4 ，数组长度都是 n ，请你计算有多少个元组 (i, j, k, l) 能满足：
0 <= i, j, k, l < nnums1[i] + nums2[j] + nums3[k] + nums4[l] == 0
思路
- 本质上是在
c，d中找0-(c+d)是否在a，b中出现过？→ 哈希法 - 要返回的元素有两个：1.差值
0-(c+d)； 2.“有多少个”；→ 用mapa+b的值作为快速查找的key，统计出现数目记录在value；
重点
- 对于
map[2]，其中2代表key，返回结果代表value；
代码实现
class Solution {
public:
int fourSumCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, vector<int>& nums3, vector<int>& nums4) {
unordered_map<int, int> map;
for(int a: nums1){
for(int b : nums2){
map[a+b]++;
}
}
int count = 0;
for(int c: nums3){
for(int d: nums4){
if(map.find(0-(c+d)) != map.end()){
count += map[0-(c+d)];
}
}
}
return count;
}
};
383. 赎金信
给你两个字符串：ransomNote 和 magazine ，判断 ransomNote 能不能由 magazine 里面的字符构成。如果可以，返回 true ；否则返回 false 。
magazine 中的每个字符只能在 ransomNote 中使用一次。
ransomNote 和 magazine 由小写英文字母组成。
思路
- 更宽松的单向字母异位词问题，且只包含小写 →
int a[26] = {0}; - 要分清谁提供字符(
hash++)、谁构成字符(hash--)
代码实现
class Solution {
public:
bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {
int record[26] = {0};
for(int i=0; i<magazine.length(); i++){
record[magazine[i] - 'a']++;
}
for(int j=0; j<ransomNote.length(); j++){
record[ransomNote[j] - 'a']--;
}
for(int k=0; k<26; k++){
if (record[k]<0){
return false;
}
}
return true;
}
};
15. 三数之和
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。
难点
想到用map保存a+b，然后用0-c来查找，但涉及到的信息包括搜索值a+b、以及a, b, c元素本身，map根本存不下！- PS：↑↑↑伪问题！你保存
c查找0-(a+b)不就行了，困难的根本原因是在于“三元组不可以重复”，这就需要再利用vector做去重。
思路
- 因为返回的是元素而不是下标，因此可以先 排序 以便于查找。
- 本题的核心在于 去重 ，
- 需要理解本题的不重复，是指最后的结果数组之间不重复，组内重复是可以的，比如
[0,0,0],[-1,-1,2]👍√
代码实现
class Solution {
public:
vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
sort(nums.begin(), nums.end());
vector<vector<int>> result;
for(int i=0; i<nums.size(); i++){
if(nums[i]>0){
return result; // 最小的元素都已经大于0了
}
// 对 a 去重，但必须是nums[i-1]，i+1代表元素b，而组内是可以重复的
if(i>0 && nums[i]==nums[i-1]) continue;
int left = i+1;
int right = nums.size()-1;
while(left<right){
int sum = nums[i] + nums[left] + nums[right];
if(sum>0) right--;
else if(sum<0) left++;
else{
result.push_back(vector<int>{nums[i],nums[left],nums[right]});
// a是固定的，只能跟自己过去路径上的i-1去重
// b,c是移动的，i+1是它们的未来路径，因此b就可以对i+1进行去重
while(left<right && nums[left]==nums[left+1]) left++;
while(left<right && nums[right]==nums[right-1]) right--;
left++;
right--;
}
}
}
return result;
}
};
18. 四数之和
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 。
难点
-
在问题上，是 454.四数相加II 的升级版
- 返回的不再是个数（
map[]++），而是具体元素(result.push_back) - 新增要求去重，就不能再简单地
a+bvs.c+d
- 返回的不再是个数（
-
在方法上，是 15. 三数之和 的复杂版
- 四数就是在“固定
a，查找b, c”的基础上，再套一层循环固定一个d 0变为target，剪枝就不能仅判断nums[a]>target，因为存在负负相加变小的情况
- 四数就是在“固定
思路
- 在三数之和的基础上，再整体套一层 循环+剪枝，用于固定
d。
代码实现
class Solution {
public:
vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target) {
vector<vector<int>> result;
sort(nums.begin(), nums.end());
for (int k = 0; k < nums.size(); k++) {
// 剪枝处理
if (nums[k] > target && nums[k] >= 0) {
break; // 这里使用break，统一通过最后的return返回
}
// 对nums[k]去重
if (k > 0 && nums[k] == nums[k - 1]) {
continue;
}
for (int i = k + 1; i < nums.size(); i++) {
// 2级剪枝处理
if (nums[k] + nums[i] > target && nums[k] + nums[i] >= 0) {
break;
}
// 对nums[i]去重
if (i > k + 1 && nums[i] == nums[i - 1]) {
continue;
}
int left = i + 1;
int right = nums.size() - 1;
while (right > left) {
// nums[k] + nums[i] + nums[left] + nums[right] > target 会溢出
if ((long) nums[k] + nums[i] + nums[left] + nums[right] > target) {
right--;
// nums[k] + nums[i] + nums[left] + nums[right] < target 会溢出
} else if ((long) nums[k] + nums[i] + nums[left] + nums[right] < target) {
left++;
} else {
result.push_back(vector<int>{nums[k], nums[i], nums[left], nums[right]});
// 对nums[left]和nums[right]去重
while (right > left && nums[right] == nums[right - 1]) right--;
while (right > left && nums[left] == nums[left + 1]) left++;
// 找到答案时，双指针同时收缩
right--;
left++;
}
}
}
}
return result;
}
};
后记
本组题目展示了哈希法在一些问题下的局限性，例如
- 仅能记录两个元素为
key&value，只有在题目要求低的情况下，可以通过例如a+b等操作稀释一部分元素本身的信息，实现求和值的查找； - 双指针法可以实现问题域内的完整遍历，因此在处理“去重”等问题时只需要在对应位置剪枝即可，但哈希法同样由于信息稀释的缘故，难以设置约束条件。
