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第16题. 3Sum Closest
题目描述（中等难度）
解法一 暴力解法
解法二
总
第17题. Letter Combinations of a Phone Number
题目描述（中等难度）
解法一 定义相乘
解法二 队列迭代
解法三 递归
总
第18题: 4Sum
题目描述（中等难度）
总
第19题: Remove Nth Node From End of List
题目描述（中等难度）
解法一
解法二 遍历一次链表
解法三
总
第20题 : Valid Parentheses
题目描述（简单难度）
总
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第16题. 3Sum Closest
题目描述（中等难度）
和上一道题很类似，只不过这个是给一个目标值，找三个数，使得他们的和最接近目标值。
解法一 暴力解法
遍历所有的情况，然后求出三个数的和，和目标值进行比较，选取差值最小的即可。本以为时间复杂度太大了，神奇的是，竟然 AC 了。
public int threeSumClosest(int[] nums, int target) { int sub = Integer.MAX_VALUE; //保存和 target 的差值 int sum = 0; //保存当前最接近 target 的三个数的和 for (int i = 0; i < nums.length; i++) { for (int j = i + 1; j < nums.length; j++) for (int k = j + 1; k < nums.length; k++) { if (Math.abs((nums[i] + nums[j] + nums[k] - target)) < sub) { sum = nums[i] + nums[j] + nums[k]; sub = Math.abs(sum - target); } } } return sum; }
时间复杂度：O（n³），三层循环。
空间复杂度：O（1），常数个。
解法二
受到上一题的启发，没有看的，推荐大家可以看一下。我们完全可以先将数组排序，然后先固定一个数字，然后利用头尾两个指针进行遍历，降低一个 O（n）的时间复杂度。
如果 sum 大于 target 就减小右指针，反之，就增加左指针。
public int threeSumClosest(int[] nums, int target) { Arrays.sort(nums); int sub=Integer.MAX_VALUE; int sum=0; for(int i=0;i<nums.length;i++){ int lo=i+1,hi=nums.length-1; while(lo<hi){ if(Math.abs((nums[lo]+nums[hi]+nums[i]-target))<sub){ sum=nums[lo]+nums[hi]+nums[i]; sub=Math.abs(sum-target); } if(nums[lo]+nums[hi]+nums[i]>target){ hi--; }else{ lo++; } } } return sum; }
时间复杂度：如果是快速排序的 O(logn)O(log_n)O(logn) 再加上 O（n²），所以就是 O（n²）。
空间复杂度：O（1）
总
和上一道题非常非常的相似了，先对数组排序，然后利用两头的指针，可以说是十分的优雅了。
第17题. Letter Combinations of a Phone Number
题目描述（中等难度）
给一串数字，每个数可以代表数字键下的几个字母，返回这些数字下的字母的所有组成可能。
解法一 定义相乘
自己想了用迭代，用递归，都理不清楚，灵机一动，想出了这个算法。
把字符串 “23” 看成 [“a”,“b”,c] * [“d”,“e”,“f”] ，而相乘就用两个 for 循环实现即可，看代码应该就明白了。
public List<String> letterCombinations(String digits) { List<String> ans = new ArrayList<String>(); for (int i = 0; i < digits.length(); i++) { ans = mul(ans, getList(digits.charAt(i) - '0')); } return ans; } public List<String> getList(int digit) { String digitLetter[] = { "", "", "abc", "def", "ghi", "jkl", "mno", "pqrs", "tuv", "wxyz" }; List<String> ans = new ArrayList<String>(); for (int i = 0; i < digitLetter[digit].length(); i++) { ans.add(digitLetter[digit].charAt(i) + ""); } return ans; } //定义成两个 List 相乘 public List<String> mul(List<String> l1, List<String> l2) { if (l1.size() != 0 && l2.size() == 0) { return l1; } if (l1.size() == 0 && l2.size() != 0) { return l2; } List<String> ans = new ArrayList<String>(); for (int i = 0; i < l1.size(); i++) for (int j = 0; j < l2.size(); j++) { ans.add(l1.get(i) + l2.get(j)); } return ans; }
解法二 队列迭代
参考这里，果然有人用迭代写了出来。主要用到了队列。
public List<String> letterCombinations(String digits) { LinkedList<String> ans = new LinkedList<String>(); if(digits.isEmpty()) return ans; String[] mapping = new String[] {"0", "1", "abc", "def", "ghi", "jkl", "mno", "pqrs", "tuv", "wxyz"}; ans.add(""); for(int i =0; i<digits.length();i++){ int x = Character.getNumericValue(digits.charAt(i)); while(ans.peek().length()==i){ //查看队首元素 String t = ans.remove(); //队首元素出队 for(char s : mapping[x].toCharArray()) ans.add(t+s); } } return ans; }
假如是 “23” ，那么
第 1 次 for 循环结束后变为 a, b, c；
第 2 次 for 循环的第 1 次 while 循环 a 出队，分别加上 d e f 然后入队，就变成 b c ad ae af
第 2 次 for 循环的第 2 次 while 循环 b 出队，分别加上 d e f 然后入队，就变成 c ad ae af bd be bf
第 2 次 for 循环的第 3 次 while 循环 c 出队，分别加上 d e f 然后入队，就变成 ad ae af bd be bf cd ce cf
这样的话队列的元素长度再也没有等于 1 的了就出了 while 循环。
解法三 递归
参考这里
private static final String[] KEYS = { "", "", "abc", "def", "ghi", "jkl", "mno", "pqrs", "tuv", "wxyz" }; public List<String> letterCombinations(String digits) { if(digits.equals("")) { return new ArrayList<String>(); } List<String> ret = new LinkedList<String>(); combination("", digits, 0, ret); return ret; } private void combination(String prefix, String digits, int offset, List<String> ret) { //offset 代表在加哪个数字 if (offset == digits.length()) { ret.add(prefix); return; } String letters = KEYS[(digits.charAt(offset) - '0')]; for (int i = 0; i < letters.length(); i++) { combination(prefix + letters.charAt(i), digits, offset + 1, ret); } }
从 a 开始 ，然后递归到 d ，然后 g ，就把 adg 加入，然后再加入 adh，再加入 adi … 从左到右，递归到底之后就将其加入。
总
这种题的时间复杂度和空间复杂度自己理的不太清楚就没有写了。
第18题: 4Sum
题目描述（中等难度）
和3Sum类似，只不过是找四个数，使得和为 target，并且不能有重复的序列。
如果之前没有做过3Sum可以先看看，自己在上边的基础上加了一个循环而已。
public List<List<Integer>> fourSum(int[] num, int target) { Arrays.sort(num); List<List<Integer>> res = new LinkedList<>(); //多加了层循环 for (int j = 0; j < num.length - 3; j++) { //防止重复的 if (j == 0 || (j > 0 && num[j] != num[j - 1])) for (int i = j + 1; i < num.length - 2; i++) { //防止重复的，不再是 i == 0 ，因为 i 从 j + 1 开始 if (i == j + 1 || num[i] != num[i - 1]) { int lo = i + 1, hi = num.length - 1, sum = target - num[j] - num[i]; while (lo < hi) { if (num[lo] + num[hi] == sum) { res.add(Arrays.asList(num[j], num[i], num[lo], num[hi])); while (lo < hi && num[lo] == num[lo + 1]) lo++; while (lo < hi && num[hi] == num[hi - 1]) hi--; lo++; hi--; } else if (num[lo] + num[hi] < sum) lo++; else hi--; } } } } return res; }
时间复杂度：O（n³）。
空间复杂度：O（N），最坏情况，即 N 是指 n 个元素的排列组合个数，即 N=Cn4N=C^4_nN=Cn4，用来保存结果。
总
完全是按照 3Sum 的思路写的，比较好理解。
第19题: Remove Nth Node From End of List
题目描述（中等难度）
给定一个链表，将倒数第 n 个结点删除。
解法一
删除一个结点，无非是遍历链表找到那个结点前边的结点，然后改变下指向就好了。但由于它是链表，它的长度我们并不知道，我们得先遍历一遍得到它的长度，之后用长度减去 n 就是要删除的结点的位置，然后遍历到结点的前一个位置就好了。
public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) { int len = 0; ListNode h = head; while (h != null) { h = h.next; len++; } //长度等于 1 ，再删除一个结点就为 null 了 if (len == 1) { return null; } int rm_node_index = len - n; //如果删除的是头结点 if (rm_node_index == 0) { return head.next; } //找到被删除结点的前一个结点 h = head; for (int i = 0; i < rm_node_index - 1; i++) { h = h.next; } //改变指向 h.next = h.next.next; return head; }
时间复杂度：假设链表长度是 L ，那么就第一个循环是 L 次，第二个循环是 L - n 次，总共 2L - n 次，所以时间复杂度就是 O（L）。
空间复杂度：O（1）。
我们看到如果长度等于 1 和删除头结点的时候需要单独判断，其实我们只需要在 head 前边加一个空节点，就可以避免单独判断
public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) { ListNode dummy = new ListNode(0); dummy.next = head; int length = 0; ListNode first = head; while (first != null) { length++; first = first.next; } length -= n; first = dummy; while (length > 0) { length--; first = first.next; } first.next = first.next.next; return dummy.next; }
解法二 遍历一次链表
上边我们遍历链表进行了两次，我们如何只遍历一次呢。
看了 leetcode 的讲解。
想象一下，两个人进行 100m 赛跑，假设他们的速度相同。开始的时候，第一个人就在第二个人前边 10m ，这样当第一个人跑到终点的时候，第二个人相距第一个人依旧是 10m ，也就是离终点 10m。
对比于链表，我们设定两个指针，先让第一个指针遍历 n 步，然后再让它俩同时开始遍历，这样的话，当第一个指针到头的时候，第二个指针就离第一个指针有 n 的距离，所以第二个指针的位置就刚好是倒数第 n 个结点。
public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) { ListNode dummy = new ListNode(0); dummy.next = head; ListNode first = dummy; ListNode second = dummy; //第一个指针先移动 n 步 for (int i = 1; i <= n + 1; i++) { first = first.next; } //第一个指针到达终点停止遍历 while (first != null) { first = first.next; second = second.next; } second.next = second.next.next; return dummy.next; }
时间复杂度：
第一个指针从 0 到 n ，然后「第一个指针再从 n 到结束」和「第二个指针从 0 到倒数第 n 个结点的位置」同时进行。
而解法一无非是先从 0 到 结束，然后从 0 到倒数第 n 个结点的位置。
所以其实它们语句执行的次数其实是一样的，从 0 到倒数第 n 个结点的位置都被遍历了 2 次，所以总共也是 2L - n 次。只不过这个解法把解法一的两次循环合并了一下，使得第二个指针看起来是顺便遍历，想法很 nice。
所以本质上，它们其实是一样的，时间复杂度依旧是 O（n）。
空间复杂度：O（1）。
解法三
没看讲解前，和室友讨论下，如何只遍历一次链表。室友给出了一个我竟然无法反驳的观点，哈哈哈哈。
第一次遍历链表确定长度的时候，顺便把每个结点存到数组里，这样找结点的时候就不需要再遍历一次了，空间换时间？？？哈哈哈哈哈哈哈哈哈。
public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) { List<ListNode> l = new ArrayList<ListNode>(); ListNode h = head; int len = 0; while (h != null) { l.add(h); h = h.next; len++; } if (len == 1) { return null; } int remove = len - n; if (remove == 0) { return head.next; } //直接得到，不需要再遍历了 ListNode r = l.get(remove - 1); r.next = r.next.next; return head; }
时间复杂度：O（L）。
空间复杂度：O（L）。
总
利用两个指针先固定间隔，然后同时遍历，真的是很妙！另外室友的想法也很棒，哈哈哈哈哈。
第20题 : Valid Parentheses
题目描述（简单难度）
括号匹配问题。
如果只有一种括号，我们完全可以用一个计数器 count ，遍历整个字符串，遇到左括号加 1 ，遇到右括号减 1，遍历结束后，如果 count 等于 0 ，则表示全部匹配。但如果有多种括号，像 ( [ ) ] 这种情况它依旧会得到 0，所以我们需要用其他的方法。
栈！
遍历整个字符串，遇到左括号就入栈，然后遇到和栈顶对应的右括号就出栈，遍历结束后，如果栈为空，就表示全部匹配。
public boolean isValid(String s) { Stack<Character> brackets = new Stack<Character>(); for(int i = 0;i < s.length();i++){ char c = s.charAt(i); switch(c){ case '(': case '[': case '{': brackets.push(c); break; case ')': if(!brackets.empty()){ if(brackets.peek()== '('){ brackets.pop(); }else{ return false; } }else{ return false; } break; case ']': if(!brackets.empty()){ if(brackets.peek()=='['){ brackets.pop(); }else{ return false; } }else{ return false; } break; case '}': if(!brackets.empty()){ if(brackets.peek()=='{'){ brackets.pop(); }else{ return false; } }else{ return false; } } } return brackets.empty(); }
时间复杂度：O（n）。
空间复杂度：O（n）。
总
如果学过数据结构，一定写过计算器，括号匹配问题一定遇到过的。
今天我们一起学习了LeetCode 题的算法分析,感谢大家阅读,觉得不错记得收藏哦!
