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tags: ["LeetCode", "双指针", "中等"]
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create time: 2026-05-13 16:00
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# 06-三数之和
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## 题面
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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。
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注意：答案中**不可以包含重复**的三元组。
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**示例 1：**
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输入：nums = [-1,0,1,2,-1,-4]
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输出：[[-1,-1,2],[-1,0,1]]
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解释：
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nums[0] + nums[1] + nums[2] = (-1) + 0 + 1 = 0 。
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nums[1] + nums[2] + nums[4] = 0 + 1 + (-1) = 0 。
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nums[0] + nums[3] + nums[4] = (-1) + 2 + (-1) = 0 。
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不同的三元组是 [-1,0,1] 和 [-1,-1,2] 。
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注意，输出的顺序和三元组的顺序并不重要。
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**示例 2：**
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输入：nums = [0,1,1]
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输出：[]
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解释：唯一可能的三元组和不为 0 。
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**示例 3：**
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输入：nums = [0,0,0]
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输出：[[0,0,0]]
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解释：唯一可能的三元组和为 0 。
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**提示：**
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- `3 <= nums.length <= 3000`
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- `-10^5 <= nums[i] <= 10^5`
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## 思路
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> [!question] 💡 思考
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> 如果题目是"两数之和等于 0"，我们会怎么做？排序后用双指针在两端相向收缩即可。但现在是**三数之和**，多了一个未知数——我们该如何把三维问题降成二维？
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关键突破口：如果我们**固定其中一个数**，剩下的问题就等价于"两数之和等于某个目标值"，正好可以用双指针解决。
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### 整体框架
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> [!info] 🎯 核心思想
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> 1. **先排序** —— 去重的基础，也是双指针能工作的前提。
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> 2. **枚举第一个数** `nums[i]`，然后对剩余部分用双指针找另外两个数，使三者之和为 0。
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> 3. **跳过重复** —— 三层去重：外层跳过重复的 `i`，内层跳过重复的 `left` 和 `right`。
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```mermaid
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flowchart TD
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A["排序数组 nums"] --> B["for i 从 0 到 n-3"]
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B --> C{"nums[i] > 0?"}
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C -->|"是"| D["提前结束（最小值已正）"]
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C -->|"否"| E{"i > 0 且 nums[i] == nums[i-1]?"}
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E -->|"是"| F["continue（跳过重复 i）"]
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E -->|"否"| G["left = i+1, right = n-1"]
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G --> H{"left < right?"}
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H -->|"否"| B
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H -->|"是"| I["sum = nums[i]+nums[left]+nums[right]"]
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I --> J{"sum > 0?"}
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J -->|"是"| K["right--"]
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J -->|"否"| L{"sum < 0?"}
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L -->|"是"| M["left++"]
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L -->|"否"| N["记录三元组\n左指针右移去重\n右指针左移去重"]
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K --> H
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M --> H
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N --> H
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F --> B
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D --> O["返回结果"]
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### 去重策略详解
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这是本题最核心的难点。假设数组已排序，以下三个位置都需要处理重复：
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> [!abstract] 🔬 为什么排序后重复元素会聚集？
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>
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> 排序让相同的数字排在一起，这样当我们遍历过一个值之后，下一个相同值一定紧跟其后。通过检查前一个位置，我们可以直接跳过整个重复段，而不需要额外空间。
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**第一层：外层循环去重（固定点 i）**
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if i > 0 and nums[i] == nums[i-1]:
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continue // 跳过重复的第一个数
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```
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> [!question] ❓ 为什么 `i > 0` 才检查？
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> 因为 `i = 0` 时没有前驱元素，自然不需要去重。更重要的是——只有当 `i > 0` 时，`nums[i-1]` 已经作为固定点被完整枚举过一遍了，此时再用同样的值只会产生重复组合。
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**第二层：左指针去重（第二个数 left）**
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// 找到一组解后，left 右移并跳过所有重复值
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left++
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for left < right and nums[left] == nums[left-1]:
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left++
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```
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**第三层：右指针去重（第三个数 right）**
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```
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// 找到一组解后，right 左移并跳过所有重复值
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right--
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for left < right and nums[right] == nums[right+1]:
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right--
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```
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### 剪枝优化
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排序后的数组可以带来重要的剪枝机会：
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> [!tip] ✂️ 两条剪枝规则
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> **① 最小值剪枝**：如果 `nums[i] > 0`，那么后面的所有数也都大于 0，三个正数之和不可能为 0 → **直接 break**。
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>
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> **② 最大值剪枝**：当前 `nums[i]` 与最大的两个数之和仍小于 0，说明 `nums[i]` 太小了，继续尝试也没有意义 → **continue**（注意是 continue，不是 break，因为后面更大的 `i` 可能可行）。
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以 `nums = [-4, -1, -1, 0, 1, 2]` 为例，逐步展示去重过程：
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| i | nums[i] | left | right | sum | 动作 |
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|---|---------|------|-------|-----|------|
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| 0 | **-4** | 1 | 5 | -4 + (-1) + 2 = **-3** | `< 0`，left++ |
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| 0 | -4 | 2 | 5 | -4 + (-1) + 2 = **-3** | `< 0`，left++ |
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| 0 | -4 | 3 | 5 | -4 + 0 + 2 = **-2** | `< 0`，left++ |
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| 0 | -4 | 4 | 5 | -4 + 1 + 2 = **-1** | `< 0`，left++ |
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| 0 | -4 | 5 | 5 | — | `left >= right`，进入下一轮 i |
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| 1 | **-1** | 2 | 5 | -1 + (-1) + 2 = **0** ✅ | 记录 `[-1,-1,2]`，left 去重→3，right 去重→4 |
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| 1 | -1 | 3 | 4 | -1 + 0 + 1 = **0** ✅ | 记录 `[-1,0,1]`，left 去重→4，right 去重→3 |
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| 1 | -1 | 4 | 3 | — | `left >= right`，进入下一轮 i |
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| 2 | **-1** | — | — | `i > 0 && nums[2] == nums[1]` → **continue**（跳过重复！） |
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| 3 | **0** | 4 | 5 | 0 + 1 + 2 = **3** | `> 0`，right-- → 相遇，退出 |
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最终结果：`[[-1,-1,2], [-1,0,1]]`
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**时间复杂度：O(n²)** —— 外层循环 O(n)，内层双指针 O(n)，总体 O(n²)。
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**空间复杂度：O(log n)** —— 排序的空间开销（取决于语言实现，Go 使用快速排序的递归栈）。
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## 代码提示
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// 伪代码模板
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sort(nums)
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result = []
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for i from 0 to n-3:
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// 剪枝：最小值已经为正
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if nums[i] > 0:
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break
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// 去重：跳过重复的 i
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if i > 0 and nums[i] == nums[i-1]:
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continue
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left = i + 1
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right = n - 1
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target = -nums[i] // 剩余两数之和应等于 -nums[i]
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for left < right:
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sum = nums[left] + nums[right]
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if sum == target:
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result.append([nums[i], nums[left], nums[right]])
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// 去重 left
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left++
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while left < right and nums[left] == nums[left-1]:
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left++
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// 去重 right
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right--
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while left < right and nums[right] == nums[right+1]:
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right--
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else if sum < target:
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left++ // 和太小，左指针右移增大
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else:
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right-- // 和太大，右指针左移减小
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```
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> [!note] 🧠 目标值的转换
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> `nums[i] + nums[left] + nums[right] == 0` 等价于 `nums[left] + nums[right] == -nums[i]`。把三数之和问题转化为"在子数组中找两数之和等于一个固定目标值"，这就是典型的**问题降维**。
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## 技巧
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> [!tip] 🔑 核心模式：排序 + 双指针（Sorted Two Pointers）
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> 这是双指针中最经典的一类——**「一固定，双滑动」**：固定一个维度后，在剩余的有序区间上，左右指针根据大小关系各自向内收缩。这类模式的通用步骤：
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> 1. **排序**（前提条件，同时也是去重的基石）
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> 2. **枚举**第一个元素（可以是任意位置，常见的是从头到尾扫一遍）
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> 3. **双指针**在剩余区间查找
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> 4. **去重**：每层循环/搜索中都处理相等相邻元素
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> 变体应用：四数之和（LeetCode 18）、最接近的三数之和（LeetCode 16）、三数最小的三元组之和（LeetCode 17）。
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> [!info] 🐹 Go 中的排序
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> Go 的标准库提供 `slices.Sort()` (Go 1.21+) 或 `sort.Ints()` (老版本)。排序后切片仍然是原切片的引用视图，不会创建副本。
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> ```go
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> import "slices"
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> slices.Sort(nums)
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> ```
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> [!warning] ⚠️ 常见错误
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> **① 去重放在错误的位置**：先去重再移动指针会导致漏掉当前解。正确顺序是先记录结果，再去重移动。
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> **② `i` 的范围错误**：`i` 最多走到 `n - 3`，因为还需要至少两个元素给 left 和 right。
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> **③ 忘记剪枝**：如果不做 `nums[i] > 0` 的提前结束优化，虽然不影响正确性，但在面试中是一个加分项。
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> **④ 内层去重用错比较对象**：left 去重时应该和 `nums[left-1]` 比（刚走过的），right 去重时应该和 `nums[right+1]` 比（刚跳过的）。
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> [!summary] 📊 复杂度速查
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> | 方面 | 复杂度 | 说明 |
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> |------|--------|------|
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> | 时间 | O(n²) | 排序 O(n log n) + 主逻辑 O(n²) |
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> | 空间 | O(log n) | 排序递归栈 |
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> | 去重层数 | 3 层 | i / left / right |
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> | 剪枝条件 | 2 条 | nums[i] > 0; nums[i] + nums[n-2] + nums[n-1] < 0 |
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## 代码
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```go
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func threeSum(nums []int) [][]int {
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slices.Sort(nums)
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n := len(nums)
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var result [][]int
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for i := 0; i < n-2; i++ {
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// 剪枝：最小值已大于 0，三个正数不可能和为 0
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if nums[i] > 0 {
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break
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}
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// 去重：跳过重复的第一个数
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if i > 0 && nums[i] == nums[i-1] {
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continue
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|
}
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left, right := i+1, n-1
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target := -nums[i]
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for left < right {
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sum := nums[left] + nums[right]
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if sum == target {
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result = append(result, []int{nums[i], nums[left], nums[right]})
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// 去重：左指针跳过重复值
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left++
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for left < right && nums[left] == nums[left-1] {
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|
left++
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|
}
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|||
|
|
// 去重：右指针跳过重复值
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right--
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|
|
for left < right && nums[right] == nums[right+1] {
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|
right--
|
|||
|
|
}
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|
|
} else if sum < target {
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left++ // 和太小，需要更大的数
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|
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} else {
|
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|
|
right-- // 和太大，需要更小的数
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|
|
}
|
|||
|
|
}
|
|||
|
|
}
|
|||
|
|
|
|||
|
|
return result
|
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|
|
}
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|
```
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> [!success] ✅ 运行验证
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> - **LeetCode 第 15 题**，通过率约 38%，中等难度中的高频面试题。
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> - 核心难点在于**去重的正确处理**，建议先在草稿纸上模拟排序后的数组走向，理解每一层去重的时机和边界条件。
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|
> - 这道题也可以看作是「两数之和」问题的升级版，掌握了双指针模板后，延伸到「k 数之和」也很自然——依次固定 k-2 个数，最后两层用双指针收尾。
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