LeetCode | 两数之和 II - 输入有序数组

给定一个已按照升序排列的有序数组，找到两个数使得它们相加之和等于目标数。函数应该返回这两个下标值 index1 和 index2，其中 index1 必须小于 index2。

说明:

返回的下标值（index1 和 index2）不是从零开始的。
你可以假设每个输入只对应唯一的答案，而且你不可以重复使用相同的元素。
示例:

输入: numbers = [2, 7, 11, 15], target = 9
输出: [1,2]
解释: 2 与 7 之和等于目标数 9 。因此 index1 = 1, index2 = 2 。

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/two-sum-ii-input-array-is-sorted
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。

分析

做过两数之和的看到这题，应该很容易就想到利用Map进行解决，但是使用Map就没有利用到排序数组这个条件了，因此在这题使用Map并不算是一个好的解决方案，再看这题题目所给的数组为排序好的数组，由排序和查找应该联想到二分查找，这也是一种思路。除此之外，最后其实还有有一种双指针的思路来解决，下面讲仔细介绍这几种方法。

解决

暴力法

在讲三种比较比较好的方法之前，还是先说下暴力法，由题目可知只存在唯一的答案，因此只需要两种循环遍历即可，暴力法不做多解释，代码如下：

    public int[] twoSum(int[] numbers, int target) {
        int n = numbers.length;
        for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
            for (int j = i + 1; j < n; j++) {
                if (numbers[i] + numbers[j] == target) {
                    return new int[]{i + 1, j + 1};
                }
            }
        }
        return new int[0];
    }

复杂度分析

时间复杂度：需要两重循环遍历，故为O(n²)；
空间复杂度：未使用额外空间，为O(1)。

使用Map

这道题的思路和两数之和中使用map的思路一样，具体如下：从头开始遍历，对于某个遍历的元素numbers[i]（前i - 1个元素已被排除），只要判断前i个元素，及0 ~ i-1中是否存在一个下标j，满足numbers[j] = target - nums[i]，如果存在，查找结束，而对于前i - 1个元素的保存即可利用Map，让每次查找的时间复杂度降为O(1)，具体代码如下：

    public int[] twoSum(int[] numbers, int target) {
        int n = numbers.length;
        int initialCapacity = (int) ((n / 0.75) + 1);
        Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>(initialCapacity);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int temp = target - numbers[i];
            if (map.containsKey(temp)) {
                return new int[]{map.get(temp) + 1, i + 1};
            }
            map.put(numbers[i], i);
        }
        return new int[0];
    }

复杂度分析

时间复杂度：只需要进行一重循环遍历，为O(n);
空间复杂度：使用HashMap使用了O(n)的空间，为O(n)。

二分法

由于本题所给的是已排序好的数组，因此使用二分也是一种比较好的思路，具体思路如下：从头开始遍历，对于某个遍历的元素numbers[i]（前i - 1个元素已被排除），只需要判断对于i+1 ~ n - 1之间的元素是否存在一个下标j，满足numbers[j] = target - nums[i]，如果存在，则查找结束，具体代码如下：
```
    public int[] twoSum(int[] numbers, int target) {
        int n = numbers.length;
        for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
            int temp = target - numbers[i];
            int pos = Arrays.binarySearch(numbers, i + 1, n, temp);
            if (pos >= 0) {
                return new int[]{i + 1, pos + 1};
            }
        }
        return new int[0];
    }
```
复杂度分析
- 时间复杂度：需要进行一重循环遍历，且内部每次都需要进行一次二分查找，故时间复杂度为O(nlogn);
- 空间复杂度：不需要使用额外的空间，故为O(1)。

双指针

这种方法不是很容易想到，具体思路如下，使用两个指针start和end，分别对应头尾下标，每次将numbers[start]和numbers[end]的和和target进行比较即可，由于数组是按升序排序，因此，若头尾之和大于target，则只需要调整end进行减1即可，因为end对应数组最大的数据，因此想要减少两数之和大小，只能判断小于end的数据，对于两数之和小于target，思路相同，省略，具体代码如下：

    public int[] twoSum(int[] numbers, int target) {
        int n = numbers.length;
        int start = 0;
        int end = n - 1;
        while (start < end) {
            int temp = numbers[start] + numbers[end];
            if (temp == target) {
                return new int[]{start + 1, end + 1};
            }
            if (temp > target) {
                end--;
            } else {
                start++;
            }
        }
        return new int[0];
    }

复杂度分析

时间复杂度：需要进行一重循环遍历，每次空间缩小都是1，故为O(n);
空间复杂度：不需要使用额外空间，为O(1)。