[NC]275. 两数之和 II/和为S的两个数字

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题目

给定一个 升序排列 的整数数组 numbers，请你从数组中找出两个数满足相加之和等于目标数 target。函数应该以长度为 2 的整数数组的形式返回这两个数的下标值。numbers 的下标 从 1 开始计数 ，所以答案数组应当满足 1 <= answer[0] < answer[1] <= numbers.length。

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 1：

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 。

示例 2：

输入：numbers = [2,3,4], target = 6 输出：[1,3]

示例 3：

输入：numbers = [-1,0], target = -1 输出：[1,2]

📖 文字题解

这道题可以使用「1. 两数之和」的解法，使用 的时间复杂度和 的空间复杂度暴力求解，或者借助哈希表使用 的时间复杂度和 的空间复杂度求解。但是这两种解法都是针对 无序数组 的，没有利用到 输入数组有序 的性质。利用输入数组有序的性质，可以得到时间复杂度和空间复杂度更优的解法。

解题思路：二分查找

在数组中找到两个数，使得它们的和等于目标值，可以首先固定第一个数，然后寻找第二个数，第二个数等于目标值减去第一个数的差。

1. 利用数组的有序性质，可以通过 二分查找 的方法寻找第二个数。
2. 为了避免重复寻找，在寻找第二个数时，只在第一个数的 右侧 寻找。

复杂度分析

时间复杂度：，其中 为数组长度。

  - 需要遍历数组一次确定第一个数，时间复杂度是 ![](https://cdn.nlark.com/yuque/__latex/bf7c2e3ac858e1c3496fd2f47a300139.svg#card=math&code=%5Csmall%20O%28n%29&id=BnkUv)，寻找第二个数使用二分查找，时间复杂度是 ![](https://cdn.nlark.com/yuque/__latex/c2e2b55e8835427a2520eb3765ff8d28.svg#card=math&code=%5Csmall%20O%28%5Clog%20n%29&id=TvKW8)，因此总时间复杂度是 ![](https://cdn.nlark.com/yuque/__latex/751398f04b5c304d746078df6396f301.svg#card=math&code=%20%5Csmall%20O%28n%20%5Clog%20n%29&id=Jequ0) 。

空间复杂度：

官方代码

class Solution {
    public int[] twoSum(int[] numbers, int target) {
        for (int i = 0; i < numbers.length; ++i) {
            //二分查找
            int low = i + 1, high = numbers.length - 1;
            while (low <= high) {
                int mid = (high - low) / 2 + low;
                if (numbers[mid] == target - numbers[i]) {
                    return new int[]{i + 1, mid + 1};
                } else if (numbers[mid] > target - numbers[i]) {
                    high = mid - 1;
                } else {
                    low = mid + 1;
                }
            }
        }
        return new int[]{-1, -1};
    }
}

解题思路：滑动窗口 [ 双指针 ]

初始时两个指针分别指向第一个元素位置和最后一个元素的位置。每次计算两个指针指向的两个元素之和，并和目标值比较。如果两个元素之和等于目标值，则发现了唯一解。

1. 如果两个元素之和小于目标值，则将左侧指针右移一位。
2. 如果两个元素之和大于目标值，则将右侧指针左移一位。
3. 移动指针之后，重复上述操作，直到找到答案。

使用双指针的实质是缩小查找范围。那么会不会把可能的解过滤掉？答案是不会。

解释1：

我们知道一开始的时候，，，是区域最小值、是区域最大值

• 如果 ，一定是左移，因为加上 区域最小值 还比 大，只能减小
• 如果 ，一定是右移， 因为加上 区域最大值 还比 小，只能增加

那么整体的区间会由开始慢慢缩小，直至找到最终答案

解释2：

假设 是唯一解，其中 。初始时两个指针分别指向下标 和下标 ，左指针指向的下标小于或等于 ，右指针指向的下标大于或等于 。除非初始时左指针和右指针已经位于下标 和 ，否则一定是左指针先到达下标 的位置或者右指针先到达下标 的位置。

1. 如果左指针先到达下标 的位置，此时右指针还在下标 的右侧，sum>target，一定是右指针左移，左指针不可能移到 的右侧。
2. 如果右指针先到达下标 的位置，此时左指针还在下标 的左侧，sum<target，一定是左指针右移，右指针不可能移到 的左侧。

由此可见，在整个移动过程中，左指针不可能移到 的右侧，右指针不可能移到 的左侧，因此不会把可能的解过滤掉。由于题目确保有唯一的答案，因此使用双指针一定可以找到答案。

复杂度分析

时间复杂度：，其中 为数组长度，两个指针移动的总次数最多为 次

空间复杂度：

官方代码

class Solution {
    public int[] twoSum(int[] numbers, int target) {
        int low = 0, high = numbers.length - 1;
        while (low < high) {
            int sum = numbers[low] + numbers[high];
            if (sum == target) {
                return new int[]{low + 1, high + 1};
            } else if (sum < target) {
                ++low;
            } else {
                --high;
            }
        }
        return new int[]{-1, -1};
    }
}