01 题目描述

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。

02 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 。

提示：

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

03 C++代码

 方法：暴力求解复杂度O(N^3)太高了，于是使用双指针的办法

class Solution {
public:vector> threeSum(vector& nums) {int n = nums.size();sort(nums.begin(), nums.end());vector> ans;// 枚举afor (int first = 0; first < n; first ++){// 需要和上一次枚举的数不同（为了保证不重复性）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bfor (int second = first + 1; second < n; second ++){// 需要和生一次枚举的数不同，同样为了保证不重复if(second > first + 1 && nums[second] == nums[second - 1]){continue;}// 需要保证b的指针在c的指针左侧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){ans.push_back({nums[first], nums[second], nums[third]});}}}return ans;}
};

复杂度分析

• 时间复杂度：O(N²)，其中 N 是数组 nums 的长度。
• 空间复杂度：O(log⁡N)。我们忽略存储答案的空间，额外的排序的空间复杂度为 O(log⁡N)O(\log N)O(logN)。然而我们修改了输入的数组 nums，在实际情况下不一定允许，因此也可以看成使用了一个额外的数组存储了 nums的副本并进行排序，空间复杂度为 O(N)。

作者：力扣官方题解
链接：https://leetcode.cn/problems/3sum/solutions/284681/san-shu-zhi-he-by-leetcode-solution/

04 一点感想

        该说不说，咱就只能想到暴力求解的思路==!

「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：

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；

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。

05 刷题进度

学习目标：坚持刷题 坚持刷题 坚持刷题！！！ 

那写看似毫无波澜的日复一日，会在某一天 让你突然发现努力的意义。
无悔昨天 & 感谢今天 & 喜欢明天~

 一以贯之的努力，不得懈怠的人生。每天的微小积累，会决定最终的结果，这 就是答案！