详细介绍：代码随想录第七天|哈希表part02--454.四数相加II、383. 赎金信、15. 三数之和、18. 四数之和
2025-11-18 22:21 tlnshuju 阅读(0) 评论(0) 收藏 举报资源引用：
leetcode题目：
454.四数相加Ⅱ（454. 四数相加 II - 力扣（LeetCode））
383.赎金信（383. 赎金信 - 力扣（LeetCode））
15.三数之和（15. 三数之和 - 力扣（LeetCode））
18.四数之和（18. 四数之和 - 力扣（LeetCode））
例行碎碎念：
今天也追赶上了一些进度，虽然生病感冒，但今天很好的坚持了从早到晚的复习，秉承开源的精神我也将自己的复习资料整理出来分享给其他同学，这也给了我一些成就感！在晚上虽然很疲惫，但还是坚持完成了一天的代码随想录，哈希表的利弊变得更加清晰，数组的小而美也令我认知刷新，更重要的是自己能够很好的复用先前学到的技巧（尤其是双指针），继续加油！
454.四数相加Ⅱ（454. 四数相加 II - 力扣（LeetCode））
题目分析：
四个长度为n的整数数组，分别从中取元素组成四项元组，问有多少元组的项之和为0，最后返回符合条件的元组数，这是讨论是否存在的问题，并返回存在数量的问题，需要存储key为元素值，value为元素个数，考虑使用HashMap。
解题思路：
四个数组的长度均为n，则元组最多有n^4个。边界条件是n为零，即四个数组均为空时，直接返回0。
关键在于是四个map，还是value是四个下标。
若采用四个下标的形式进行存储，则时间复杂度极高，与暴力解法没有差别，且key值不能重复，该解法无法实现。
考虑使用类似二分法的思想，将num1和num2作为一个组合，将num3和num4作为一个组合，每个组合分别具有n^2个元组，时间复杂度从n^4缩减到n^2，第一个组合用map1存储，key为num1和num2中元素和的不同情况，value为不同情况存在的组合数；第二个组合用map2存储同理。对map1中的每个key值，从map2中检查是否存在其相反数，若存在，则将二者的value值相乘并加到返回值res上。
class Solution {public int fourSumCount(int[] nums1, int[] nums2, int[] nums3, int[] nums4) {if(nums1.length==0 || nums2.length==0 || nums3.length==0 || nums4.length==0){return 0;}Map map1 = new HashMap<>();Map map2 = new HashMap<>();int res=0;for(int i : nums1){for(int j : nums2){int sum1 = i+j;int new_value=0;if(map1.containsKey(sum1)){new_value = map1.get(sum1)+1;}else{new_value = 1;}map1.put(sum1,new_value);}}for(int k : nums3){for(int l : nums4){int sum2 = k+l;int new_value=0;if(map2.containsKey(sum2)){new_value = map2.get(sum2)+1;}else{new_value = 1;}map2.put(sum2,new_value);}}for (Map.Entry entry : map1.entrySet()) {int sum1 = entry.getKey();if(map2.containsKey(-sum1)){res+=(entry.getValue()*map2.get(-sum1));}}return res;}
} 进一步简化：
c和d遍历时无需放入哈希表中，为减少开销，若存在(c,d)组合的两数之和的相反数存在于map1中，直接取map1对应的value加到计数res上即可。
class Solution {public int fourSumCount(int[] nums1, int[] nums2, int[] nums3, int[] nums4) {if(nums1.length==0 || nums2.length==0 || nums3.length==0 || nums4.length==0){return 0;}Map map1 = new HashMap<>();int res=0;for(int i : nums1){for(int j : nums2){int sum1 = i+j;int new_value=0;if(map1.containsKey(sum1)){new_value = map1.get(sum1)+1;}else{new_value = 1;}map1.put(sum1,new_value);}}for(int k : nums3){for(int l : nums4){int sum2 = k+l;if(map1.containsKey(-sum2)){res+=map1.get(-sum2);}}}return res;}
} 再进一步简化：
map.getOrDefault(sum, 0) 的使用：如果存在key为sum的值则返回其value，否则返回默认值（此处参数将其规定为0）
class Solution {public int fourSumCount(int[] nums1, int[] nums2, int[] nums3, int[] nums4) {int res = 0;Map map = new HashMap();//统计两个数组中的元素之和，同时统计出现的次数，放入mapfor (int i : nums1) {for (int j : nums2) {int sum = i + j;map.put(sum, map.getOrDefault(sum, 0) + 1);}}//统计剩余的两个元素的和，在map中找是否存在相加为0的情况，同时记录次数for (int i : nums3) {for (int j : nums4) {res += map.getOrDefault(0 - i - j, 0);}}return res;}
} 383.赎金信（383. 赎金信 - 力扣（LeetCode））
题目分析：
两个字符串，判断ransomNote中的字符是否全部包含在magazine中，且每个字符是否有其一一对应，即magazine中的每个字符只能在ransomNote，由于是存在问题且不仅需要匹配元素值还要匹配个数，考虑用HashMap解决。
解题思路：
map的键值对存储magazine中的元素值及其出现次数，遍历ransomNote中的每个字符，如果该字符在map中存在，若其value值不为0则将其对应的value值减一，若其value值为0则直接返回false；若该字符不存在，也直接返回false。最终返回true。
class Solution {public boolean canConstruct(String ransomNote, String magazine) {Map map = new HashMap<>();for(char i : magazine.toCharArray()){map.put(i,map.getOrDefault(i,0)+1);}for(char j : ransomNote.toCharArray()){if(map.getOrDefault(j,0) == 0){return false;}else{map.put(j,map.getOrDefault(j,0)-1);}}return true;}
} 反思总结：
灵活运用了for-each循环和map.getOrDefault()方法
然而，map的空间消耗和哈希函数的调用消耗导致：不论是时间层面还是空间层面，该题使用map都不如使用数组，使用数组更加简单有效！
也不要忘了控制边界条件！
class Solution {public boolean canConstruct(String ransomNote, String magazine) {// 边界条件if (ransomNote.length() > magazine.length()) {return false;}// 定义一个哈希映射数组int[] record = new int[26];// 遍历for(char c : magazine.toCharArray()){record[c - 'a'] += 1;}for(char c : ransomNote.toCharArray()){record[c - 'a'] -= 1;}// 如果数组中存在负数，说明ransomNote字符串中存在magazine中没有的字符for(int i : record){if(i < 0){return false;}}return true;}
}15.三数之和（15. 三数之和 - 力扣（LeetCode））
题目分析：
由于这题要返回的是元组本身，故使用哈希表很不方便，carl哥提示用双指针法。
该题仅有一个数组nums，若长度小于3则直接返回空的List<List<Interger>> res。
关键在于怎样在遍历过程中保证i,j,k两两不相等，且返回元组不可重复。
妙解：
为了保证元组不可重复，需要在遍历过程中避免重复使用值相同的元素，所以将数组排序！
初始化：假设已经从小到大排序，下标i从0开始遍历，left=i+1，right=nums.length-1（1.注意针对i的“去重” )
寻址：若三数之和大于0，说明偏大，right左移1位；若三数之和小于0，说明偏小，left右移1位。重复“寻址”过程，直到left=right为止，在这过程中遇到三数和为0的添入List（全程注意去重！）。
关于去重：
1.i的去重：
由于已经经过排序，如果可以减少对nums[i]相同情况的遍历，但应当注意判断条件应为nums[i] != nums[i-1]，而非nums[i] != nums[i+1]，因为元组不能重复，但元组内的元素值可以重复！
2.三数之和为0时，left和right相遇前的去重：
参考i的去重，可知应为nums[left]!=nums[left-1]，nums[right]!=nums[right+1]吗？注意处理下标防止越界——right+1存在越界风险，且由于left和right不是锚定数所以前后去重无本质区别，考虑方便实现即可。
总结反思：
1.双指针法一定要排序！
2.边界条件处理：①数组长度检查②排序后，nums[i]为正数时，则三数之和不可能为0，直接返回当前result。
class Solution {public List> threeSum(int[] nums) {List> result = new ArrayList<>();Arrays.sort(nums);for (int i = 0; i < nums.length; i++) {// 排序之后如果第一个元素已经大于零，那么无论如何组合都不可能凑成三元组，直接返回结果就可以了if (nums[i] > 0) {return result;}if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]) { // 去重acontinue;}int left = i + 1;int right = nums.length - 1;while (right > left) {int sum = nums[i] + nums[left] + nums[right];if (sum > 0) {right--;} else if (sum < 0) {left++;} else {result.add(Arrays.asList(nums[i], nums[left], nums[right]));// 去重逻辑应该放在找到一个三元组之后，对b 和 c去重while (right > left && nums[right] == nums[right - 1]) right--;while (right > left && nums[left] == nums[left + 1]) left++;right--;left++;}}}return result;}
} 18.四数之和（18. 四数之和 - 力扣（LeetCode））
题目分析：
/*与454.四数相加Ⅱ不同之处在于：①在同一个数组中取数，由于下标不可重复，因此相较于对4个数组操作的难度增大②返回值是满足条件的四元组，而非元组数*/
在15.三数之和的基础上仍然使用双指针。
解题思路：
先将数组排序，a从0下标开始遍历，注意剪枝和去重
嵌套循环b从a+1开始遍历，注意剪枝和去重
初始化left=b+1，right=nums.length-1，
循环不变量是right>left。
b在nums.length-3处为最后一次，a在nums.lengh-4处为最后一次。
其他步骤参考15.三数之和。
tips：同样注意检查剪枝条件：①nums数组长度不小于4②此题target并非确定的值，需要进一步约束剪枝条件为nums[i] > target && (nums[i] >=0 || target >= 0)
总结反思：
1.双指针法就是将类似N数之和的问题的时间复杂度从O(n^N)降为O(n^(N-1))
2.注意数值大小，为防止溢出，需要使用长整型long记录sum
import java.util.*;
public class Solution {public List> fourSum(int[] nums, int target) {Arrays.sort(nums); // 排序数组List> result = new ArrayList<>(); // 结果集for (int k = 0; k < nums.length-3; k++) {// 剪枝处理if (nums[k] > target && nums[k] >= 0) {break;}// 对nums[k]去重if (k > 0 && nums[k] == nums[k - 1]) { //注意当k为0时k-1越界，故做此处理continue;}for (int i = k + 1; i < nums.length-2; i++) {// 第二级剪枝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]) { //与k为0时的处理类似，但重点是i为k+1时不必去重continue;}int left = i + 1;int right = nums.length - 1;while (right > left) {long sum = (long) nums[k] + nums[i] + nums[left] + nums[right];if (sum > target) {right--;} else if (sum < target) {left++;} else {result.add(Arrays.asList(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++;right--;left++;}}}}return result;}
}