题目：输入一个已经按升序排序过的任意实数数组和一个数字，在数组中查找两个数，使得它们的和正好是输入的那个数字。要求时间复杂度是O(n)。如果有多对数字的和等于输入的数字，输出任意一对即可。

例如输入数组1、2、4、7、11、15和数字15。由于4+11=15，因此输出4和11。

分析：如果我们不考虑时间复杂度，最简单想法的莫过去先在数组中固定一个数字，再依次判断数组中剩下的n-1个数字与它的和是不是等于输入的数字。可惜这种思路需要的时间复杂度是O(n2)。

解题思路1：组建这个数组的hash表，或者利用STL里的multiset结构，此时不需要输入数组是否已排序。对每个元素a，查找hash表中是否存在p-a。这种思路时间复杂度是O(n)，空间复杂度是O(n)，利用了空间复杂度来换取时间复杂度。

 #include <set> template<typename T> bool FindTwoNumbersWithSum1(T data[], int nLength, T sum, T& a1, T& a2) { if(nLength < 2) return false; // 组建临时hash表 std::multiset<T> tempset; for(int i = 0; i < nLength; i++) tempset.insert(data[i]); std::multiset<T>::const_iterator iter1 = tempset.begin(), iter2; while(iter1 != tempset.end() && ((iter2 = tempset.find(sum – *iter1)) == tempset.end() || iter1 == iter2)) ++iter1; if(iter2 != tempset.end()) { a1 = *iter1; a2 = *iter2; return true; } else return false; }

解题思路2：利用已有的数组已排序这个条件。

我们假设现在随便在数组中找到两个数。如果它们的和等于输入的数字，那太 好了，我们找到了要找的两个数字；如果小于输入的数字呢？我们希望两个数字的和再大一点。由于数组已经排好序了，我们是不是可以把较小的数字的往后面移动 一个数字？因为排在后面的数字要大一些，那么两个数字的和也要大一些，就有可能等于输入的数字了；同样，当两个数字的和大于输入的数字的时候，我们把较大 的数字往前移动，因为排在数组前面的数字要小一些，它们的和就有可能等于输入的数字了。

我们把前面的思路整理一下：最初我们找到数组的第一个数字和最后一个数字。当两个数字的和大于输入的数字时，把较大的数字往前移动；当两个数字的和小于数字时，把较小的数字往后移动；当相等时，打完收工。这样扫描的顺序是从数组的两端向数组的中间扫描。

问题是这样的思路是不是正确的呢？这需要严格的数学证明。感兴趣的读者可以自行证明一下。

参考代码：

 template<typename T> bool FindTwoNumbersWithSum2(T data[], int nLength, T sum, T& a1, T& a2) { if(nLength < 2) return false; T* pHead = data; T* pLast = pHead + nLength-1; while(pLast – pHead > 0) { T cursum = *pHead + *pLast; // 相等，找到目标 if(cursum == sum) { a1 = *pHead; a2 = *pLast; return true; } // 当前值小，前置游标后移 else if(cursum < sum) { ++pHead; } // 当前值大，后置游标前移 else –pLast; } return false; }

PS：也可使游标从中间向两边滑动。

扩展：如果给定一个整数数列，数列中任意一个数字不重复，且取值可能为1~N（N为一个较大的数）。找出数列中符合条件的数对个数，满足数对中两数和等于N+1，复杂度是O(n).

解题思路1，如果不考虑空间复杂度，可以使用上题解题思路1的方法（由于此题为正整数且无重复，遍历一半即可）。时间复杂度为O(n/2),空间复杂度为O(n).

解题思路2：应该还有更加优化的算法。