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背景

笔者今天刷了一道力扣题 两数之和 II - 输入有序数组，借着昨天输出 二分法 的印象，一下子写出了一个时间复杂度 O(NlogN) 的解法，这比 O(N2) 强，笔者以为这就是最优解了。

然而，点开官方题解一看，竟然有 O(N) 的解法！

本着吃透技术的理念，笔者详细研读了这个解法，消化以后，觉得其中的数学推导非常精妙，必须沉淀、分享出来，于是有了本文。

题目

这道题研究的是：给你一个有序数组 nums，再给你一个数字 target，nums 中有且只有一对下标 c1,c2，满足 nums[c1] + nums[c2] 等于 target，请你找出 c1,c2 并返回。

注意：题目的 nums 的下标是从 1 开始的。

二分查找

笔者首先想到的是二分查找：

从左往右遍历 nums，到达一个下标i时，得到候选数字nums[i]，然后计算出它的目标 x = target - nums[i]，只要通过下标找到x，就找到了c1,c2。

由于是从左往右遍历，所以 i 之前的数字已经找过了，没有返回就是答案不在其中，不用再考虑，那么只需要在[i,nums.length-1] 范围内查找x。

整个数组是有序的，那么 [i,nums.length-1] 范围也就是有序的，所以可以使用 二分法 查找目标，这个过程是时间复杂度是 O(logN)。

再考虑上遍历数组的时间复杂度 O(N)，每到达一个数组就执行一次二分法，所以本解法的时间复杂度是 O(NlogN)。

最优解

我们的最终目的，就是找到两个下标c1,c2，并且这 2 个下标是 1 <= c1 <= c2 <= nums.length 的。

上面的解法已经是 O(NlogN) 了，还要更优，那就是 O(N)，找2个下标这件事很自然能想到用 2 个指针来做，双指针的解法有快慢指针和首尾指针，一比较显然快慢指针没法一趟遍历完成，所以只能尝试首尾指针:

1. 初始时 L 在数组头，R 在数组尾。
2. 开始检查：
   • 如果 nums[L] + nums[R] 等于 target，那么返回 [L,R]。
   • 如果 nums[L] + nums[R] 大于 target，R--。
   • 如果 nums[L] + nums[R] 小于 target，L++。
3. 当 L 和 R 撞上时，停，找不到 c1,c2。

只有这么做才能做到 O(N)，因为两个指针都不回退，等于一趟遍历就完成。

编写代码提交，通过了。但是为什么呢？

为什么呢？

数学推导

c1,c2 是有且只有一对的，L,R 在面对面推进的过程中，有 3 种情况:

1. L,R 刚好就是 c1,c2，直接返回；
2. L,R 都没碰到 c1,c2，由于只有唯一的答案，所以 L,R 还要继续推进；
3. L 先到达 c1，此时 R 还在 c2 右边：nums[L]+nums[R] === nums[c1]+nums[R] > nums[c1]+nums[c2] === target，两数之和还要减少，所以 R 必须 --。
4. R 先到达 c2，此时 L 还在 c1 左边：nums[L]+nums[R] === nums[L]+nums[c2] < nums[c1]+nums[c2] === target，两数之和还要增加，所以 L 必须 ++。

下面这张图可以帮助理解：

在这整个推进过程中，答案 (c1,c2) 一直保持在 L,R 之间，不会被错过，所以这个解法是对的✅。

文末

最后，针对最优解笔者输出了代码，希望对掘友们有所帮助🍺，大家也可以到力扣上查看 本题题解，获取更多内容。

javascript

function twoSum(numbers, target) {
    let L = 0;
    let R = numbers.length - 1;

    while (L < R) {
        const sum = numbers[L] + numbers[R];

        if (sum === target) {
            return [L+1, R+1];
        } 
        else if (sum > target) {
            R--;
        }
        else {
            L++;
        }
    }

    return [-1, -1];
};