学习笔记--算法（双指针）5

▪ 如果能构成三⻆形，需要满⾜任意两边之和要⼤于第三边。但是实际上只需让较⼩的两条边之和⼤于第三边即可。

▪ 因此我们可以先将原数组排序，然后从⼩到⼤枚举三元组，⼀⽅⾯省去枚举的数量，另⼀⽅⾯⽅便判断是否能构成三⻆形。

该算法时间复杂度为O（NlogN + N^3），不排序的算法时间复杂度是：O（3 * N^3）

代码

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public int triangleNumber(int[] nums) {
    // 1. 排序
    Arrays.sort(nums);
    int n = nums.length, ret = 0;
    // 2. 从⼩到⼤枚举所有的三元组
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = i + 1; j < n; j++) {
            for (int k = j + 1; k < n; k++) {
                // 当最⼩的两个边之和⼤于第三边的时候，统计答案
                if (nums[i] + nums[j] > nums[k])
                    ret++;
            }
        }
    }
    return ret;
}

解法二（排序 + 双指针）

算法思路

先将数组排序。

根据「解法⼀」中的优化思想，我们可以固定⼀个「最⻓边」 ，然后在⽐这条边⼩的有序数组中找出⼀个⼆元组，使这个⼆元组之和⼤于这个最⻓边 。由于数组是有序的，我们可以利⽤**「对撞指针」**来优化。

设最⻓边枚举到 i 位置，区间 $left, right$ 是 i 位置左边的区间（也就是⽐它⼩的区间）：

1.如果 nums $left$ + nums $right$ > nums $i$ ：

说明 $left, right - 1$ 区间上的所有元素均可以与 nums $right$ 构成⽐nums $i$ ⼤的⼆元组；

满⾜条件的有 right - left 种；

此时 right 位置的元素的所有情况相当于全部考虑完毕， right-- ，进⼊下⼀轮判断；

2.如果 nums $left$ + nums $right$ <= nums $i$ ：

说明 left 位置的元素是不可能与 $left + 1, right$ 位置上的元素构成满⾜条件的⼆元组；

left 位置的元素可以舍去， left++ 进⼊下轮循环。

该算法的时间复杂度：O（N^2）

图解

代码

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public int triangleNumber(int[] nums) {
    // 1. 先排序：
    Arrays.sort(nums);
    // 2. 利⽤双指针解决问题
    int ret = 0;
    int n = nums.length;
    // 先固定最⼤的数
    for(int i = n - 1;i >= 2;i--){
        // 利⽤双指针快速统计出符合要求的三元组的个数,因为再次进入循环的时候，left和right必须回到0和i-1处，所以得定义在循环里
        int left = 0;
        int right = i - 1;
        while(left < right){
            //a+b>c
            if(nums[left] + nums[right] > nums[i]){
                ret += right - left;
                right--;
            }else{
                //a+b<=c
                left++;
            }
        }
    }
    return ret;
}