力扣解题-167. 两数之和 II - 输入有序数组
给你一个下标从 1 开始的整数数组 numbers ，该数组已按 非递减顺序排列 ，请你从数组中找出满足相加之和等于目标数 target 的两个数。如果设这两个数分别是 numbers[index1] 和 numbers[index2] ，则 1 <= index1 < index2 <= numbers.length 。
以长度为 2 的整数数组 [index1, index2] 的形式返回这两个整数的下标 index1 和 index2。
你可以假设每个输入 只对应唯一的答案 ，而且你 不可以 重复使用相同的元素。
你所设计的解决方案必须只使用常量级的额外空间。
示例 1：
输入：numbers = [2,7,11,15], target = 9
输出：[1,2]
解释：2 与 7 之和等于目标数 9 。因此 index1 = 1, index2 = 2 。返回 [1, 2] 。
示例 2：
输入：numbers = [2,3,4], target = 6
输出：[1,3]
解释：2 与 4 之和等于目标数 6 。因此 index1 = 1, index2 = 3 。返回 [1, 3] 。
示例 3：
输入：numbers = [-1,0], target = -1
输出：[1,2]
解释：-1 与 0 之和等于目标数 -1 。因此 index1 = 1, index2 = 2 。返回 [1, 2] 。
提示：
2 <= numbers.length <= 3 * 104
-1000 <= numbers[i] <= 1000
numbers 按 非递减顺序 排列
-1000 <= target <= 1000
仅存在一个有效答案
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数组、双指针、二分查找
第一次解答（超时）
解题思路
核心方法：暴力双指针遍历（低效版），采用“左指针固定，右指针从左指针下一位开始逐个右移”的暴力遍历方式，未利用数组“非递减排列”的核心特性，导致时间复杂度极高，最终超时。
核心逻辑拆解
该解法的思路是“穷举所有可能的两数组合”：
- 左指针
left从0开始，右指针right初始为left+1； - 计算两数之和
sum：- 若
sum == target，返回[left+1, right+1]（下标从1开始）； - 若
sum > target，左指针右移，右指针重置为left+1； - 若
sum < target，右指针右移，若右指针越界则左指针右移、右指针重置；
- 若
- 遍历所有组合直到找到答案。
超时原因分析
- 时间复杂度：O(n²)（最坏情况需遍历n(n-1)/2个组合，n≤3×10⁴时，总操作数约4.5×10⁸，远超时间限制）；
- 核心问题：未利用数组“有序”的特性，暴力遍历所有组合，完全浪费了题目给出的关键条件；
- 逻辑缺陷：当
sum > target时仅移动左指针，忽略了“有序数组中右指针左移也能减小和”的关键逻辑，导致遍历路径冗余。
public int[] twoSum(int[] numbers, int target) {
int left=0;int right=1;
while(left<right && left<numbers.length){
int sum=numbers[left]+numbers[right];
if(sum==target){
return new int[]{left+1,right+1};
}
if(sum>target){
left++;
right=left+1;
}
if(sum<target){
right++;
if(right>=numbers.length){
left++;
right=left+1;
}
}
}
return new int[]{};
}
第二次解答
解题思路
核心方法：首尾双指针法（最优解），利用数组“非递减排列”的特性，从首尾两端向中间逼近目标和，时间复杂度O(n)、空间复杂度O(1)，完全满足题目“常量级额外空间”的要求，是本题的最优解法。
核心逻辑拆解（通俗版）
有序数组的核心特性是“左边小、右边大”，因此可以通过调整首尾指针的位置，精准控制两数之和的大小：
- 左指针
left初始为0（数组最左端，最小值），右指针right初始为numbers.length-1（数组最右端，最大值）； - 计算两数之和
sum：- 若
sum == target：找到唯一答案，返回[left+1, right+1]（下标从1开始）； - 若
sum < target：当前和偏小，需要增大和 → 左指针右移（取更大的数）； - 若
sum > target：当前和偏大，需要减小和 → 右指针左移（取更小的数）；
- 若
- 循环直到
left < right（保证两个指针不重合、不重复使用元素），题目保证有唯一解，因此循环内必能找到答案。
具体步骤（以示例1 numbers=[2,7,11,15]，target=9为例）
- 初始：left=0（2），right=3（15）→ sum=17 > 9 → right左移至2（11）；
- sum=2+11=13 >9 → right左移至1（7）；
- sum=2+7=9 ==9 → 返回[0+1,1+1]=[1,2]。
性能优势
- 时间复杂度：O(n)（最多遍历数组一次，每个元素仅被访问一次），耗时1ms击败99.89%用户；
- 空间复杂度：O(1)（仅使用两个指针变量，无额外数组/哈希表开销）；
- 逻辑优势：
- 利用有序特性避免暴力遍历，效率呈指数级提升；
- 严格满足题目“常量级额外空间”的要求；
- 题目保证唯一解，无需处理多解或无解的边界情况。
public int[] twoSum(int[] numbers, int target) {
int left=0;
int right=numbers.length-1;
while (left<right){
int sum=numbers[left]+numbers[right];
if(sum==target){
return new int[]{left+1,right+1};
}else if(sum<target){
left++;
}else {
right--;
}
}
return new int[]{};
}
示例解答
解题思路
解法1：二分查找法（备选高效解）
核心方法：固定单值 + 二分查找补值，遍历数组中的每个元素numbers[i]，计算需要匹配的补值complement = target - numbers[i]，然后在i+1到数组末尾的范围内二分查找该补值，时间复杂度O(n×logn)、空间复杂度O(1)，效率略低于首尾双指针，但也是符合题目要求的高效解法。
核心逻辑拆解
- 遍历数组中的每个下标
i（0 ≤ i < numbers.length-1）； - 计算补值
complement = target - numbers[i]； - 在
[i+1, numbers.length-1]范围内二分查找complement：- 若找到，返回
[i+1, mid+1]（mid为补值的下标）； - 若未找到，继续遍历下一个
i；
- 若找到，返回
- 题目保证有唯一解，因此必能找到。
代码实现
public int[] twoSum(int[] numbers, int target) {
int n = numbers.length;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int complement = target - numbers[i];
// 二分查找范围：i+1 到 n-1
int left = i + 1, right = n - 1;
while (left <= right) {
int mid = left + (right - left) / 2; // 避免溢出
if (numbers[mid] == complement) {
return new int[]{i + 1, mid + 1};
} else if (numbers[mid] < complement) {
left = mid + 1;
} else {
right = mid - 1;
}
}
}
return new int[]{};
}
优势与适用场景
- 时间复杂度：O(n×logn)（遍历O(n) + 每次二分O(logn)），效率低于双指针但远高于暴力法；
- 适用场景：若题目未明确数组有序，但允许使用O(1)空间，可先排序再用双指针，或直接用此方法；
- 逻辑价值：二分查找是有序数组的经典操作，该解法可拓展到“多值匹配”“范围查找”等场景。
总结
- 暴力双指针法（第一次解答）：未利用有序特性，O(n²)时间复杂度导致超时，仅适合理解基础思路；
- 首尾双指针法（第二次解答）：最优解，O(n)时间+O(1)空间，完全贴合题目要求，是面试/工程首选；
- 二分查找法（备选解）：O(n×logn)时间+O(1)空间，效率略低但逻辑通用，适合拓展学习；
- 关键技巧：
- 有序数组的两数之和问题，优先使用首尾双指针法，利用“左小右大”特性精准调整和的大小；
- 避免暴力遍历，充分利用题目给出的“有序”“唯一解”等关键条件；
- 下标从1开始的要求：返回结果时需将指针下标+1，是本题的易出错点。
