C++ - 双指针_盛水最多的容器

盛水最多的容器

11. 盛最多水的容器 - 力扣（LeetCode）

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。

示例 1：

输入：[1,8,6,2,5,4,8,3,7]
输出：49 解释：图中垂直线代表输入数组 [1,8,6,2,5,4,8,3,7]。
在此情况下，容器能够容纳水（表示为蓝色部分）的最大值为 49。

数组的长度是 高height，每一个数组都是一个边（墙壁），要求找两个数组（边），使得盛水最多，也就是要找出两个height最大的数组。

根据木桶效应，当我们往这个最大的容器当中注水，这个水的高度 height就是第二大的数组的长度。所以上述盛水最多的容器的体积就是 7 x 7 = 49。

即使 6 号数组的高度也是最高，我们选择 1 和 6 的话，计算出来的体积是 5 x 8 = 40 ，是小于 49 的，所以也不能选。

暴力解法

这道题的暴力解法还是非常简单的，无非就是找出 两个最长的数组，但是不是单单选出两个最长的数组，还要看两个数组之间距离，我们要的是 两个数组之间的距离 和 两个数组的小的那个的长度的乘积为最大。

利用两层 循环句可以搞定，外层固定一个数组，内层一次往后找数组，当有更大的出现，就记录这个更大体积和两数组的位置。

但是，这种解法不好，时间复杂度高。而且实现简单，这里就不实现了。

双指针

 我们先随便取出一个区间来分析。

比如 6  2  5  4 这个区间，我们取 6  和 4 两个数组，此时一定可以计算出一个具体的体积：

h  *  w   =  v

那么此时，如果我们把 4 作为固定边，另一边向内枚举，那么 w 宽度一定是减少的。在此基础之上，我们来看高度的变化。

高度的变化有两种（如下图所示）：

• 一种是 4 像内枚举的过程当中，找到一个 比 4 小的数，那么此时 的 h 高度就减少，那么 h 和 w 都减少，那就计算出来的体积一定是减少的。
• 第二种是 找到 一个 和 4 高度相等或者 比4 大的 数组，相等就不看了，大的话计算的高度是取 小的那个，也就是 4 的高度，那么此时，h 不变，但是 w 依旧减少，计算出的体积也一定是减少的。

那么，以 4 为固定边，向 6 ---- 4 区间之内 枚举 4 和 某一个数组的组合的话，计算出来的体积一定是 减少的，那么其中的例子也就不需要进行枚举了。我们可以大胆的把 这个 结点 干掉。

按照上述过程，我们就可以把区间放大，开始就是整个区间：
 

 当计算出体积之后，就干掉小的那一个，然后往中间枚举就行了：
 

 那么，当我们计算到 两个指针相遇的时候，一定算出了很多个 体积的值了，那么我们只需要选出最大的体积就行了。

 代码实现：
 

class Solution {
public:int maxArea(vector<int>& height) {int left = 0, right = height.size() - 1, ret = 0;while(left < right){// 计算体积int v = (min(height[left], height[right])) * (right - left);ret = max(ret, v);if(height[left] < height[right]){left++;}else{right--;}}return ret;}
};

快乐数

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 。

示例 1：输入：n = 19
输出：true
解释：
12 + 92 = 82
82 + 22 = 68
62 + 82 = 100
12 + 02 + 02 = 1

我们用 19 来分析：

 19 是 快乐数，我们发现，计算到最后都会是 1 的旋转；

再用不是 快乐数的 数来分析：

 我们发现，如果不是快乐数的话，它也会在其中，以其中的某一个数作为结点构成一个循环。

 那么上述的这两种结构，就类似于是 循环链表这个题目，我们在 循环链表题目当中，判断一个链表是否带环，是用快慢指针来判断的，用一个 一次走一个结点的 slow 指针，和一个 一次走 两个结点的 fast 指针来判断。

如果链表当中带环的话，那么 两个指针往后遍历，肯定会走到 环当中，那么在一个无限循环的环当中，一个指针快，一个指针满，两个指针一定会相遇。所以我们使用 指针是否会相遇来判断一个链表是否带环。

那么上述的例子也是一样的，两种情况一定带环，说明两个指针一定会相遇。

如果是快乐数的话，循环当中的数都是1；如果不是的话，循环当中的数就不是1；

代码实现：

class Solution {
public:int sum(int x){int sum = 0;while(x){int mold = x % 10;sum += mold * mold;x /= 10;}return sum;}bool isHappy(int n) {int left = n, right = sum(n);while(left != right){left = sum(left);right = sum(sum(right));}return left == 1;}
};

三数之和

15. 三数之和 - 力扣（LeetCode） 

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。

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。

 这里的 “答案中不可以包含重复的三元组”，意思就是 上述 的  [-1,0,1] 和 [0 ， 1 ，-1] 这两组。虽然是利用不同的元素组合出来的，但是这两者重复的三元组。所以只能取一个。

 

 暴力解法

 暴力解法就是 暴力枚举，把每一种组合方式都列出出来，然后判断满足 三数之和的情况，然后在对满足的情况进行去重。

暴力枚举就不解释了，主要解释一下，去重的部分：
方式一：就是把每一个找出来的 三元组 都排个序，然后最后再来看有没有重复的三元组。

但是上述的方式比较的麻烦，因为一个数组当中可能会列出很多个 重复的三元组，那么我们在最后 来找这些相同的 三元组就会很麻烦，而且，对每一个三元组都排序，排序的效率可能就大于 我们使用排序的 时间复杂度了，因为有重复的三元组，相当于是对 大于 数组个数的元素进行排序。

所以，我们使用一种更好的方式，就是在找三元组之前，先把数组排好序，这样的话，在数组当中重复的元素就都在一起了。

我们发现，出现重复的三元组的原因在于，数组当中有重复的元素，那么我们就像把 重复 元素删除掉，这样在寻找三元组之后就不会再有重复的三元组了。

 

 去重的话，C++ 当中有一个 set 容器，是利用 二叉搜索树 的底层来实现的，在插入元素的过程当中就会自动的进行去重。

当我们对数组进行排序之后，因为重复的元素都在一起了，所以此时我们在找出的重复三元组的结果是一样的：
 

重复的三元组，都是按照有序的方式进行组合的。

那么，我们就把组合出来的 三元组放到 set 容器当中，这样 set 容器就可以帮我们进行自动去重三元组。

当然，因为是暴力解法，所以时间复杂度肯定不高，而且我们还要对数组进行排序等等操作。

双指针

同样，要先对数组进行排序，排序之后，先固定一个数 a，然后在这个数的后面区间当中去利用双指针 求出找到 两数之和 为 -a 的情况。

需要注意的是，后续利用双指针找两数的时候，要注意不能找漏，当我们找到一组 两数 符合 规则，不能停下来要继续找。

还有，去重：

在 双指针的区间当中，如果 left 或者 right 已经找到一种 符合结果的三元组的了，当 left 或者 right 需要往中间迭代的时候，如果其中一个指针找到 和 迭代之前相同的元素，就不用进行对这个数的寻找了，可以跳过：

此时的 left 指向的是 0 ，0 已经和right 指向的元素的枚举过了，那么 此时 left 后面的 0 就没有必要在进行 枚举了，因为枚举出来的结果都一样，重复的。直接跳过就行。

而且，不止在双指针区间当中，在固定的数 i 也是一样的，当 i 的右边双指针区间 枚举完毕之后，i 是要往后迭代，但是如果 i 迭代之后，i 还是和原来的数 是一样的，那么枚举出的结果肯定也是一样的，所以就没有必要枚举了，直接跳过即可。

而且，因为数组的是有序的，所以当 i 指向的元素的值大于0 之后，右边就不可能有组合可以满足要求了。

left 一定是 小于 right的，这样可以防止越界。

双指针寻找的过程：

因为数组的是有序的，当在 区间当中找到的两数之和小于 -a ，说明 此时 left 的数太小， left++；如果 两数之和大于 -a，说明此时 right 的数太大，right--；

class Solution {
public:vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {vector<vector<int>> vv;sort(nums.begin(), nums.end());int i  = 0;int n  = nums.size();while(i < n){int left = i + 1, right = n - 1;int target = -nums[i];while(left < right){// 双指针判断if(nums[left] + nums[right] < target){left++;}else if(nums[left] + nums[right] > target){right--;}else{vv.push_back({nums[i], nums[left], nums[right]});left++;right--;// 去重 left 和 rightwhile(left < right && nums[left] == nums[left- 1]) left++;                    while(left < right && nums[right] == nums[right + 1]) right--;}}//去重ii++;while(i < n && nums[i] == nums[i - 1])i++;}return vv;}
};