哈希表 - 代码随想录

哈希表

242. 有效的字母异位词

问题描述

给定两个字符串 s 和 t ，编写一个函数来判断 t 是否是 s 的 字母异位词。

示例 1:

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输入: s = "anagram", t = "nagaram"
输出: true

示例 2:

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2
输入: s = "rat", t = "car"
输出: false

提示:

  • 1 <= s.length, t.length <= 5 * 104
  • s 和 t 仅包含小写字母

进阶: 如果输入字符串包含 unicode 字符怎么办？你能否调整你的解法来应对这种情况？

思路

数组其实就是一个简单哈希表，且这道题目中字符串只有小写字符，那么就可以定义一个大小为 26 的数组（字符a到字符z的ASCII是26个连续的数值），记录字符串s里字符出现的次数。

  • 遍历字符串 s 时，将 s[i] - ‘a’ 所在的元素做+1 操作即可；

  • 同样遍历字符串 t 时，将 t[i] - ‘a’ 所在的元素做-1 操作即可；

  • 数组若存在元素不为0，说明字符串s和t一定是谁多了字符或者谁少了字符，return false；

  • 反之，数组所有元素都为0，说明字符串s和t是字母异位词，return true。

代码

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class Solution {
public:
    bool isAnagram(string s, string t) {
        int s_len = s.size();
        int t_len = t.size();
        if(s_len != t_len) return false;
        vector<int> res(26, 0);
        for(auto c: s){
            res[c-'a']++;
        }
        for(auto c: t){
            res[c-'a']--;
        }
        for(auto num: res){
            if(num!=0) return false;
        }
        return true;
    }
};

349. 两个数组的交集

问题描述

给定两个数组 nums1 和 nums2 ，返回 它们的 交集 。输出结果中的每个元素一定是 唯一 的。我们可以 不考虑输出结果的顺序 。

示例 1：

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输入：nums1 = [1,2,2,1], nums2 = [2,2]
输出：[2]

示例 2：

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输入：nums1 = [4,9,5], nums2 = [9,4,9,8,4]
输出：[9,4]
解释：[4,9] 也是可通过的

提示：

  • 1 <= nums1.length, nums2.length <= 1000
  • 0 <= nums1[i], nums2[i] <= 1000

思路

如果哈希值比较少、特别分散、跨度非常大，使用数组就造成空间的极大浪费。

当题目限制了数值的大小，可以使用数据来做哈希表；但当题目没有限制数值的大小，就无法使用数组来做哈希表了。

题目中描述 输出结果中的每个元素是唯一的，也就是说输出的结果的去重的， 同时可以不考虑输出结果的顺序 ，这里推荐使用unordered_set ，因为它读写效率是最高的，且不需要对数据进行排序，数据也不重复。

代码

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class Solution {
public:
    vector<int> intersection(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        unordered_set<int> res;
        unordered_set<int> num_set(nums1.begin(),nums1.end());
        for(auto num:nums2){
            if(num_set.find(num)!=num_set.end()){
                res.insert(num);
            }
        }
        return vector<int>(res.begin(),res.end());
    }
};

202. 快乐数

问题描述

编写一个算法来判断一个数 n 是不是快乐数。

「快乐数」 定义为：

  • 对于一个正整数，每一次将该数替换为它每个位置上的数字的平方和。
  • 然后重复这个过程直到这个数变为 1，也可能是 无限循环 但始终变不到 1。
  • 如果这个过程 结果为 1，那么这个数就是快乐数。

如果 n 是 快乐数 就返回 true ；不是，则返回 false 。

示例 1：

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输入：n = 19
输出：true
解释：
12 + 92 = 82
82 + 22 = 68
62 + 82 = 100
12 + 02 + 02 = 1

示例 2：

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输入：n = 2
输出：false

提示：

  • 1 <= n <= 231 - 1

思路

在求和的过程中，sum会重复出现，这对解题很重要！

因此，当我们遇到要快速判断一个元素是否出现集合里的时候，就要考虑哈希法。判断这个sum是否重复出现，

判断sum是否重复出现就可以使用unordered_set，如果重复了就是return false， 否则一直找到sum为1为止。

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class Solution {
public:
    int getSum(int n){
        int sum = 0;
        while(n){
            sum += (n % 10) * (n % 10);
            n /= 10;
        }
        return sum;
    }
    bool isHappy(int n) {
        unordered_set<int> res;
        while(1){
            int sum = getSum(n);
            if(sum == 1) break;
            if(res.find(sum) != res.end()){
                return false;
            }
            res.insert(sum);
            n = sum;
        }
        return true;
    }
};

1. 两数之和

问题描述

给定一个整数数组 nums 和一个整数目标值 target，请你在该数组中找出 和为目标值 target 的那 两个 整数，并返回它们的数组下标。

你可以假设每种输入只会对应一个答案，并且你不能使用两次相同的元素。

你可以按任意顺序返回答案。

示例 1：

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输入：nums = [2,7,11,15], target = 9
输出：[0,1]
解释：因为 nums[0] + nums[1] == 9 ，返回 [0, 1] 。

示例 2：

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

示例 3：

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输入：nums = [3,3], target = 6
输出：[0,1]

提示：

  • 2 <= nums.length <= 104
  • -109 <= nums[i] <= 109
  • -109 <= target <= 109
  • 只会存在一个有效答案

**进阶：**你可以想出一个时间复杂度小于 O(n2) 的算法吗？

思路

首先，我们先来看一下使用数组和 set 来做哈希法的局限：

  • 数组的大小受限制，如果元素很少，而哈希值太大会造成内存空间的浪费；
  • set是一个集合，里面只能放一个key，而两数之和这道题目，不仅要判断 y 是否存在而且还要记录 y 的下标位置，因为要返回 x 和 y的下标。所以set 也不能用。

在遍历数组的时候，使用 {key：数据元素，value：数组元素对应的下标或其他值} 的存储结构，只需要向 map 去查询是否有和目前遍历元素匹配的数值，如果有，就找到的匹配对，如果没有，就把目前遍历的元素放进map中，因为 map 存放的就是我们访问过的元素。

代码

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class Solution {
public:
    vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) {
        unordered_map<int,int> mp;
        for(int i=0; i<nums.size();i++){
            if(mp.find(target - nums[i])!=mp.end()){
                return vector<int>({mp[target-nums[i]], i});
            }
            mp[nums[i]] = i;
        }
        return {};
    }
};

454. 四数相加 II

问题描述

给你四个整数数组 nums1、nums2、nums3 和 nums4 ，数组长度都是 n ，请你计算有多少个元组 (i, j, k, l) 能满足：

  • 0 <= i, j, k, l < n
  • nums1[i] + nums2[j] + nums3[k] + nums4[l] == 0

示例 1：

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输入：nums1 = [1,2], nums2 = [-2,-1], nums3 = [-1,2], nums4 = [0,2]
输出：2
解释：
两个元组如下：
1. (0, 0, 0, 1) -> nums1[0] + nums2[0] + nums3[0] + nums4[1] = 1 + (-2) + (-1) + 2 = 0
2. (1, 1, 0, 0) -> nums1[1] + nums2[1] + nums3[0] + nums4[0] = 2 + (-1) + (-1) + 0 = 0

示例 2：

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输入：nums1 = [0], nums2 = [0], nums3 = [0], nums4 = [0]
输出：1

提示：

  • n == nums1.length
  • n == nums2.length
  • n == nums3.length
  • n == nums4.length
  • 1 <= n <= 200
  • -228 <= nums1[i], nums2[i], nums3[i], nums4[i] <= 228

思路

本题解题步骤：

  1. 首先定义 一个 unordered_map，key放 nums1 和 nums2 两数之和，value 放 nums1 和 nums2 两数之和出现的次数;
  2. 遍历 nums1 和 nums2 数组，统计两个数组元素之和，和出现的次数，放到 map 中;
  3. 定义 int 变量 cnt，统计 a+b+c+d = 0 出现的次数;
  4. 再遍历 nums3 和 nums4 数组，如果 0-(c+d) 在map中出现过，就用 cnt 把 map 中 key 对应的 value, 即出现次数统计出来。
  5. 最后返回统计值 cnt 就可以了；

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class Solution {
public:
    int fourSumCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, vector<int>& nums3, vector<int>& nums4) {
        unordered_map<int,int> mp;
        for(auto a: nums1){
            for(auto b: nums2){
                mp[a+b]++;
            }
        }
        int cnt = 0;
        for(auto c: nums3){
            for(auto d: nums4){
                int tmp = 0 - c - d;
                if(mp.count(tmp)){
                    cnt += mp[tmp];
                }
            }
        }
        return cnt;
    }
};

383. 赎金信

问题描述

给你两个字符串：ransomNote 和 magazine ，判断 ransomNote 能不能由 magazine 里面的字符构成。

如果可以，返回 true ；否则返回 false 。

magazine 中的每个字符只能在 ransomNote 中使用一次。

示例 1：

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输入：ransomNote = "a", magazine = "b"
输出：false

示例 2：

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输入：ransomNote = "aa", magazine = "ab"
输出：false

示例 3：

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输入：ransomNote = "aa", magazine = "aab"
输出：true

提示：

  • 1 <= ransomNote.length, magazine.length <= 105
  • ransomNote 和 magazine 由小写英文字母组成

思路

本题重点在于字符串 magazines能否组成字符串 ransom，而不用管字符串 ransom 能不能组成字符串 magazines。

因为题目说只有小写字母，可采用空间换取时间的哈希策略，用一个长度为26的数组来记录magazine里字母出现的次数。

然后再用 ransomNote 去验证这个数组是否包含了 ransomNote 所需要的所有字母。

但是可能会想：用数组干啥，都用map完事了

在本题的情况下，使用map的空间消耗要比数组大一些，因为map要维护红黑树或者哈希表，而且还要做哈希函数，是费时的！数据量大的话就能体现出来差别了。 所以数组更加简单直接有效！

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class Solution {
public:
    bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {
        vector<int> res(26,0);
        for(auto c: magazine){
            res[c-'a']++;
        }
        for(auto d: ransomNote){
            res[d-'a']--;
        }
        for(auto num: res){
            if(num<0) return false;
        }
        return true;
    }
};

15. 三数之和

问题描述

给你一个整数数组 nums ，判断是否存在三元组 [nums[i], nums[j], nums[k]] 满足 i != j、i != k 且 j != k ，同时还满足 nums[i] + nums[j] + nums[k] == 0 。请你返回所有和为 0 且不重复的三元组。

**注意：**答案中不可以包含重复的三元组。

示例 1：

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输入：nums = [-1,0,1,2,-1,-4]
输出：[[-1,-1,2],[-1,0,1]]
解释：
nums[0] + nums[1] + nums[2] = (-1) + 0 + 1 = 0 。
nums[1] + nums[2] + nums[4] = 0 + 1 + (-1) = 0 。
nums[0] + nums[3] + nums[4] = (-1) + 2 + (-1) = 0 。
不同的三元组是 [-1,0,1] 和 [-1,-1,2] 。
注意，输出的顺序和三元组的顺序并不重要。

示例 2：

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输入：nums = [0,1,1]
输出：[]
解释：唯一可能的三元组和不为 0 。

示例 3：

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输入：nums = [0,0,0]
输出：[[0,0,0]]
解释：唯一可能的三元组和为 0 。

提示：

  • 3 <= nums.length <= 3000
  • -105 <= nums[i] <= 105

思路

这道题目使用双指针法要比哈希法高效一些

  • 首先将数组排序，然后有一层 for 循环，i 从下标 0 的地方开始，定义一个下标left 定义在i+1的位置上，定义下标right 在数组结尾的位置上。
  • 在数组中找到nums[i] + nums[left] + nums[right] = 0;
  • 如果nums[i] + nums[left] + nums[right] > 0, 说明此时三数之和大了，因为数组是排序后的，所以right下标应该向左移动，这样才能让三数之和小一些。
  • 如果 nums[i] + nums[left] + nums[right] < 0 说明 此时 三数之和小了，left 就向右移动，才能让三数之和大一些，直到left与right相遇为止。

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class Solution {
public:
    vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
        sort(nums.begin(),nums.end());
        vector<vector<int>> res;
        for(int i=0;i< nums.size();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 res;
            // 去重
            if(i > 0 && nums[i] == nums[i-1]){
                continue;
            }
            int left = i+1;
            int right = nums.size()-1;
            while(left < right){
                int sum = nums[i] + nums[left] +nums[right];
                if(sum > 0) right--;
                else if(sum < 0) left++;
                else{
                    res.push_back(vector<int>{nums[i],nums[left],nums[right]});
                    // 随后去重
                    while(right>left && nums[left] == nums[left+1]) left++;
                    while(right>left && nums[right]==nums[right-1]) right--;

                    //找到答案时，双指针同时收缩
                    right--;
                    left++;
                }
            }
        }
        return res;
    }
};
  • 时间复杂度: O(n^2)
  • 空间复杂度: O(1)

18.四数之和

问题描述

给你一个由 n 个整数组成的数组 nums ，和一个目标值 target 。请你找出并返回满足下述全部条件且不重复的四元组 [nums[a], nums[b], nums[c], nums[d]] （若两个四元组元素一一对应，则认为两个四元组重复）：

  • 0 <= a, b, c, d < n
  • a、b、c 和 d 互不相同
  • nums[a] + nums[b] + nums[c] + nums[d] == target

你可以按 任意顺序 返回答案 。

示例 1：

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

示例 2：

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输入：nums = [2,2,2,2,2], target = 8
输出：[[2,2,2,2]]

提示：

  • 1 <= nums.length <= 200
  • -109 <= nums[i] <= 109
  • -109 <= target <= 109

思路

和三数之和思路相同，但是有一些细节需要注意，例如：

  • 不要判断nums[k] > target 就返回了，三数之和 可以通过 nums[i] > 0 就返回了，因为 0 已经是确定的数了，四数之和这道题目 target是任意值。比如：数组是[-4, -3, -2, -1]，target是-10，不能因为-4 > -10而跳过。但依旧可以做剪枝，逻辑变成nums[k] > target && (nums[k] >=0 || target >= 0)就可以了；

四数之和的双指针解法是两层for循环nums[k] + nums[i]为确定值，依然是循环内有left和right下标作为双指针，找出nums[k] + nums[i] + nums[left] + nums[right] == target的情况，三数之和的时间复杂度是O(n^2)，四数之和的时间复杂度是O(n^3) 。

那么一样的道理，五数之和、六数之和等等都采用这种解法。

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class Solution {
public:
    vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target) {
        vector<vector<int>> res;
        sort(nums.begin(),nums.end());
        for(int k=0;k<nums.size();k++){
            // 当nums[k]为正数，且大于0，则之后的内容都是无解
            if(nums[k] > target && nums[k] >=0){
                break;
            }
            //去重
            if(k>0 && nums[k] == nums[k-1]) continue;
            for(int i = k+1; i< nums.size();i++){
                // 剪枝
                if(nums[k] + nums[i] > target && nums[k] + nums[i] >=0)
                    break;
                //去重 
                if(i>k+1 && nums[i] == nums[i-1]) continue;
                int left = i+1;
                int right = nums.size()-1;
                while(left < right){
                    long sum = (long)nums[k]+nums[i]+nums[left]+nums[right];
                    if(sum > target) right--;
                    else if(sum<target) left++;
                    else{
                        res.push_back(vector<int>{nums[k], nums[i], nums[left], nums[right]});
                        while(left < right && nums[right] == nums[right-1]) right--;
                        while(left < right && nums[left] == nums[left+1]) left++;

                        left++;
                        right--;
                    } 
                }
            }
        }
        return res;
    }
};
  • 时间复杂度: O(n^3)
  • 空间复杂度: O(1)