之前就总结过一些Leetcode上各种sum问题，今天再拿出来完整得总结一番。
nSUM问题是指，在一个数组中，找出n个数相加和等于给定的数，这个叫做nSUM问题。
常见的有2SUM，3SUM，4SUM问题，还有各种SUM问题的变种.
Leetcode上SUM问题包括：
1. 2SUM
15. 3Sum
16. 3Sum Closest
18. 4Sum
454. 4Sum II
2SUM问题
最常见的是2SUM问题（1. 2SUM），就是数组中找出两个数相加和为给定的数。
这道题有两种思路：
1. 一种思路从首尾搜索两个数的和，并逐步逼近。
2. 另外一种思路是固定一个数A，看SUM-A是否在这个数组之中。
对于第一种思路如下：
此方法是先将数组从小到大排序
设置两个指针，一个指向数组开头，一个指向数组结尾，从两边往中间走。直到扫到满足题意的为止或者两个指针相遇为止。
此时这种搜索方法就是类似于杨氏矩阵的搜索方法，就是从 杨氏矩阵的左下角开始搜索，直到找到为止。
如果此时题目条件变为如果没有找出最接近的2SUM和问题，解决方法跟上面是一样的
用这种方法2SUM问题的时间复杂度是 O(nlogn) 的，主要在于排序的时间。
第二种思路方法如下：
对数组中的每个数建立一个map/hash_map 然后再扫一遍这个数组，判断target-nums[i]是否存在，如果存在则说明有，不存在继续找。当然这样做的话，需要处理一个细节：判重的问题。
代码如下【注意因为题目中说一定有解所以才下面这样写，如果不一定有解，则还要再加一些判断】
vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) {
unordered_map<int,vector<int>> mark;
for(int i=0;i<nums.size();i++)
mark[nums[i]].push_back(i);
for(int i = 0;i<nums.size();i++){
if(target-nums[i] == nums[i]){
if(mark[nums[i]].size() > 1){
vector<int> tmp{i,mark[nums[i]][1]};
return tmp;
}
}else{
if(mark.find(target-nums[i]) != mark.end()){
vector<int> tmp{i,mark[target-nums[i]][0]};
return tmp;
}
}
}
}这种方法的时间复杂度为 O(n)
比较一下这两个方法：
第一种方法的思路还是比较好的，鲁棒性好，而且写起来比较容易，但是因为预处理——排序的时间复杂度占了大头，所以其总时间复杂度为 O(nlogn)
第二种方法，时间复杂度低，但是需要处理重复情况，略麻烦
3SUM问题
然后对于3 Sum问题，解决方法就是最外层遍历一遍，等于选出一个数，
之后的数组中转化为找和为target-nums[i]的2SUM问题。
因为此时排序复杂度在3SUM问题中已经不占据主要复杂度了，所以直接采用思路1的方法就好。
void two_sum(vector<int>& nums,int i,int target,vector<vector<int>> &result){
int j = nums.size()-1;
int b = i-1;
while(i<j){
if(nums[i]+nums[j] == target){
result.push_back(vector<int>{nums[b],nums[i],nums[j]});
//处理重复的情况
i++;
j--;
while(i<j && nums[i] == nums[i-1]) i++;
while(i<j && nums[j+1] == nums[j]) j--;
}else{
if(nums[i]+nums[j] < target)
i++;
else
j--;
}
}
return;
}
vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
set<vector<int>> result;
vector<vector<int>> result2;
sort(nums.begin(),nums.end());
for(int i=0;i<nums.size();i++)
if(i>0&&nums[i-1]== nums[i])
continue;
else
two_sum(nums,i+1,-nums[i],result2);
return result2;
}对于3SUM问题，上面这个解法的时间复杂度为 O(n2)
其实对于3SUM问题，另外一种求解思路就是，先预处理一遍数组中两两相加的结果，然后再遍历每一个数nums[i]，判断target-nums[i]是否在预处理的那个和中，不过这种方法的复杂度也是 O(n2) 主要是预处理的复杂度。
4SUM问题
对于4Sum问题又衍生出了两种思路：
1. 先遍历第一个数，然后固定第一个数之后，转化为剩下元素的3SUM问题
2. 先遍历两个数，求和，然后转化为剩下元素的2SUM问题
第一种思路
其算法复杂度是稳定的 O(n3) ，最外层遍历一遍 O(n) ，然后转为3SUM问题之后又是 O(n2) 。这种方法相当于4SUM调用3SUM，然后3SUM再调用2SUM，这样函数调用有点多，不方便
具体写出来的形式，可以写成最外层两个循环，即固定为两个数之后，再化为2SUM。
代码如下【这个代码我是抄的Discuss里的，我自己的是层层调用嵌套形式的写法，运行时间有点长】
vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target) {
vector<vector<int>> total;
int n = nums.size();
if(n<4) return total;
sort(nums.begin(),nums.end());
for(int i=0;i<n-3;i++)
{
if(i>0&&nums[i]==nums[i-1]) continue;
if(nums[i]+nums[i+1]+nums[i+2]+nums[i+3]>target) break;
if(nums[i]+nums[n-3]+nums[n-2]+nums[n-1]<target) continue;
for(int j=i+1;j<n-2;j++)
{
if(j>i+1&&nums[j]==nums[j-1]) continue;
if(nums[i]+nums[j]+nums[j+1]+nums[j+2]>target) break;
if(nums[i]+nums[j]+nums[n-2]+nums[n-1]<target) continue;
int left=j+1,right=n-1;
while(left<right){
int sum=nums[left]+nums[right]+nums[i]+nums[j];
if(sum<target) left++;
else if(sum>target) right--;
else{
total.push_back(vector<int>{nums[i],nums[j],nums[left],nums[right]});
do{left++;}while(nums[left]==nums[left-1]&&left<right);
do{right--;}while(nums[right]==nums[right+1]&&left<right);
}
}
}
}
return total;
}第二种思路
因为本质上我们是最外层两个循环之后，找是否有target-now的值，我们可以事先做好预处理，即空间换时间，先循环两次，找出两个数所有可能的和，存到map里（这里可以unordered_map）。这两等于是两个 O(n2) 的时间复杂度相加和，所以最后时间复杂度为 O(n2) ；
但是此时需要有一个判重的问题，所以需要map中存如下数
mp[num[i]+num[j]].push_back(make_pair(i,j));
然后再判重。
typedef pair<int,int> pii ;
vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target) {
unordered_map<int,vector<pii>> mark;
set<vector<int>> res;
vector<vector<int>> res2;
if(nums.size()<4)
return res2;
//这个地方也可以不用排序的，排序是因为减少一些计算量，方便下面的循环判定提前跳出条件
sort(nums.begin(),nums.end());
for(int i=0;i<nums.size();i++)
for(int j=i+1;j<nums.size();j++)
mark[nums[i]+nums[j]].push_back(make_pair(i,j));
//注意注意这个地方有一个巨大的坑，中间的判断条件： i<nums.size()-3，会陷入到死循环中
//因为nums.size()是一个unsigned的类型，其与int相运算，得到的还是unsigned！！！！！
//所以如果nums.size()<3的话就会出现死循环，切记切记
for(int i=0;i<nums.size()-3;i++){
//先判定，提前跳出的情况
if(nums[i]+nums[i+1]+nums[i+2]+nums[i+3]>target)
break;
for(int j=i+1;j<nums.size()-2;j++){
if(mark.find(target-(nums[i]+nums[j])) != mark.end()){
for(auto &&x:mark[target-(nums[i]+nums[j])]){
if(x.first>j){
vector<int> tmp{nums[i],nums[j],nums[x.first],nums[x.second]};
res.insert(tmp);
}
}
}
}
}
for(auto &&x:res){
res2.push_back(x);
}
return res2;
}因为需要判重，所以最糟糕情况下其时间复杂度为 O(n4)
那么如果没有判重问题，是否就可以解决了呢？
那就是454. 4Sum II问题
这道题是在四个数组中，各选出一个数，使其和为某一定值。
则可以按照上述方法，讲前两个数组所有可能的和做一个map，然后遍历后两个数组所有可能的和，所以这个是 O(n2) 的算法。
nSUM问题的推广和复杂的分析
按照上面的算法复杂度思路，4~6SUM问题，都可以用 O(n3) 来解决。
比如对于6SUM问题，先用一个 O(n3) 的方法，将其中所有三个数相加的可能的情况都保存下来，这一步的时间复杂度是 O(n3) 。接下来用两种方法都行：
1. 遍历三个数，然后看剩下的和是否在保存的可能性中。这一步的时间复杂度是 O(n3)
2. 直接在保存的可能性中遍历，遍历到 SUM1 之后，看target- SUM1 是否也在这个可能性中。这一步的时间复杂度是 O(n2)
