优选算法——双指针1

双指针

常⻅的双指针有两种形式，⼀种是对撞指针，⼀种是左右指针。

对撞指针：⼀般⽤于顺序结构中，也称左右指针。

对撞指针从两端向中间移动。⼀个指针从最左端开始，另⼀个从最右端开始，然后逐渐往中间逼近。

对撞指针的终⽌条件⼀般是两个指针相遇或者错开（也可能在循环内部找到结果直接跳出循环），也就是：

left == right （两个指针指向同⼀个位置）

left > right （两个指针错开）
快慢指针：⼜称为⻳兔赛跑算法，其基本思想就是使⽤两个移动速度不同的指针在数组或链表等序列结构上移动。

这种⽅法对于处理环形链表或数组⾮常有⽤。

其实不单单是环形链表或者是数组，如果我们要研究的问题出现循环往复的情况时，均可考虑使⽤快慢指针的思想。

快慢指针的实现⽅式有很多种，最常⽤的⼀种就是：

在⼀次循环中，每次让慢的指针向后移动⼀位，⽽快的指针往后移动两位，实现⼀快⼀慢。
注：双指针只是一种思想，我们不一定真的要定义指针来实现双指针，我们可以使用特定的数值来表示指针，比如说数组的下标，某元素的值

第一题------移动零

「数组分两块」是⾮常常⻅的⼀种题型，主要就是根据⼀种划分⽅式，将数组的内容分成左右两部分。这种类型的题，⼀般就是使⽤「双指针」来解决。

题目来源. - 力扣（LeetCode）

思路（快排的思想：数组划分区间-数组分两块）

在本题中，我们可以⽤⼀个 cur 指针来扫描整个数组，另⼀个 dest 指针⽤来记录⾮零数序列的最后一个位置。根据 cur 在扫描的过程中，遇到的不同情况，分类处理，实现数组的划分。

在 cur 遍历期间，使 [0, dest] 的元素全部都是⾮零元素， [dest + 1, cur - 1] 的元素全是零。

那我们要怎么做呢？很简单

我们直接看例子

我们发现1------5步均符合下面这个区间的要求

代码

cpp 复制代码

void swap(int*a,int*b)
{
    int tmp=*a;
    *a=*b;
    *b=tmp;
}
void moveZeroes(int* nums, int numsSize) {
         for(int cur = 0, dest = -1; cur < numsSize; cur++)
                if(nums[cur]) // 处理⾮零元素
                 swap(&nums[++dest], &nums[cur]);
    
}

第二题------复写零

题目来源：. - 力扣（LeetCode）

我们先审题，它这个题目到底要我们干什么，我们看下面这个图就明白了

假设上面这个是传入的数组，下面这个就是完成复写零的数组

思路：

来看看另外开辟一个数组的做法

把异地操作模拟成就地操作

我们先看看从前往后的双指针法行不行

显然不行

我们再看看从后往前的方式

完全可以嘿！那我们怎么找最后一个被复写的数呢？我们还是用双指针去找

但是，这个算法还不健全，它在下面这个情况会发生越界访问

代码：

cpp 复制代码

void duplicateZeros(int* arr, int arrSize) {

    // 1. 先找到最后⼀个数
    int cur = 0, dest = -1, n = arrSize;
    while (cur < n)
    {
        if (arr[cur]) 
            dest++;
        else 
            dest += 2;
        if (dest >= n - 1)
            break;
        cur++;
    }
    
    // 2. 处理⼀下边界情况
    if (dest == n)
    {
        arr[n - 1] = 0;
        cur--; dest -= 2;
    }
    
    // 3. 从后向前完成复写操作
    while (cur >= 0)
    {
        if (arr[cur]) 
            arr[dest--] = arr[cur--];
        else
        {
            arr[dest--] = 0;
            arr[dest--] = 0;
            cur--;
        }
    }
}

第三题------快乐数

题目来源：. - 力扣（LeetCode）

思路

先审题

要么变到一，要么循环，我们直接把它抽象成第一种情况为最后是形成所有元素都是一的环，第二种情况是所有元素都不是1的环

这不就是判断链表里是不是有环的问题吗？

有人就想了，我们怎么定义指针？

这里我们就要注意了，双指针只是一种思想，我们不一定真的要定义指针来实现双指针，我们可以使用特定的数值来表示指针，比如说数组的下标，但是在这里我们可以用数字来表示指针

我们先看slow指针

fast指针也是同理

我们就抽象成下面这个

有人就想，万一它一直不成环，一直无限循环下去怎么办？

但是，这是不可能的

我们来证明一下

我们直接取10个9，这是超过题目范围的，而且这个值产生拆分后的数一定是超过题目的

所以假设题目的数的范围和这个一样大，那它的取值范围是【1，810】，也就是说在这个数值范围产生的拆分后的数值一定是在【1，810】的，也就是说它最多循环810次，到811次之后一定会产生重复的值的，所以一直循环的情况不存在

根据上述的题⽬分析，我们可以知道，当重复执⾏ x 的时候，数据会陷⼊到⼀个「循环」之中。⽽「快慢指针」有⼀个特性，就是在⼀个圆圈中，快指针总是会追上慢指针的，也就是说他们总会相遇在⼀个位置上。如果相遇位置的值是 1 ，那么这个数⼀定是快乐数；如果相遇位置不是 1 的话，那么就不是快乐数。

补充知识：如何求⼀个数n每个位置上的数字的平⽅和。

a. 把数 n 每⼀位的数提取出来：循环迭代下⾯步骤：

int t = n % 10 提取个位；

n /= 10 ⼲掉个位；直到 n 的值变为 0 ；

b. 提取每⼀位的时候，⽤⼀个变量 tmp 记录这⼀位的平⽅与之前提取位数的平⽅和

tmp = tmp + t * t

代码

cpp 复制代码

int bitSum(int n) // 返回n 这个数每⼀位上的平⽅和
{ 
        int sum = 0;
        while(n)
        {
            int t = n % 10;
            sum += t * t;
            n /= 10;
        }
        return sum;
    
}

bool isHappy(int n)     
{
        int slow = n, fast = bitSum(n);
        while(slow != fast)
        {
            slow = bitSum(slow);
            fast = bitSum(bitSum(fast));
        }
        return slow == 1;
}

第四题------盛最多水的容器

题目来源：盛最多水的容器

思路

我们可以使用暴力枚举

但是这个会超时

我们先拿一个数组来试试，取边界为墙，我们知道啊，容器的容积是取决于容器最矮的那一端，这里也是类似的，这里容器的容量取决于最小的------4，我们就想把4变成大点的数容器的容积不就上去了吗？于是我们向内枚举，情况如下

我们发现，我们取6为墙的时候，右边的数向左枚举，没有一个容器的容积比原来的大的
我们再看看一个例子

算法思路：设两个指针 left ， right 分别指向容器的左右两个端点，此时容器的容积:

容器的左边界为 height[left] ，右边界为 height[right] 。

为了⽅便叙述，我们假设「左边边界」⼩于「右边边界」。

如果此时我们固定⼀个边界，改变另⼀个边界，⽔的容积会有如下变化形式：

容器的宽度⼀定变⼩。
由于左边界较⼩，决定了⽔的⾼度。如果改变左边界，新的⽔⾯⾼度不确定，但是⼀定不会超过右边的柱⼦⾼度，因此容器的容积可能会增⼤。
如果改变右边界，⽆论右边界移动到哪⾥，新的⽔⾯的⾼度⼀定不会超过左边界，也就是不会超过现在的⽔⾯⾼度，但是由于容器的宽度减⼩，因此容器的容积⼀定会变⼩的。

由此可⻅，左边界和其余边界的组合情况都可以舍去。所以我们可以 left++ 跳过这个边界，继续去判断下⼀个左右边界。当我们不断重复上述过程，每次都可以舍去⼤量不必要的枚举过程，直到遇。期间产⽣的所有的容积⾥⾯的最⼤值，就是最终答案。

cpp 复制代码

class Solution {
public:

int maxArea(vector<int>& height)
{
    int left = 0, right = height.size() - 1, ret = 0;
    while (left < right)
    {
        int v = min(height[left], height[right]) * (right - left);
        ret = max(ret, v);
        // 移动指针
            if (height[left] < height[right]) 
                left++;
            else 
                right--;
    }
    return ret;
}
};