双指针（题单顺序）

本页包含题单「双指针」分组的全部题目，顺序与 list.json 保持一致。

283. 移动零

力扣原题：283. 移动零

Easy

数组

双指针

给定一个数组 nums，编写一个函数将所有 0 移动到数组的末尾，同时保持非零元素的相对顺序。

请注意 ，必须在不复制数组的情况下原地对数组进行操作。

示例 1:

输入: nums = [0,1,0,3,12]
输出: [1,3,12,0,0]

示例 2:

输入: nums = [0]
输出: [0]

提示:

1 <= nums.length <= 10⁴
-2³¹ <= nums[i] <= 2³¹ - 1

进阶：你能尽量减少完成的操作次数吗？

最优解（快慢指针：把非 0 往前压）

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最优解讲解（通俗版）

先把题意翻译成大白话：把数组里的 0 全部挪到最后，其他非 0 的元素顺序不能乱，而且要“原地”做（不新建一个同样大的数组）。
朴素想法为什么不够好：
- 你可以先把所有非 0 抠出来，再补 0，但这要么用额外数组，要么实现起来容易写成 (O(n^2)) 的移动。
- 题目要的是：一次遍历、原地完成。
关键思路：把数组想象成两段：
- 左边是一段“已经整理好的非 0 区”（保持原顺序）
- 右边是“还没处理的区域”
怎么维护这两段？用快慢指针：
- fast：从左到右扫一遍，负责“发现”非 0 元素
- slow：永远指向“下一个该放非 0 的位置”（也就是非 0 区的尾巴）
不变量（保证你不会写乱）：
- 在任何时刻，区间 [0, slow) 都是整理好的非 0（顺序与原数组一致）
- 区间 [slow, fast] 是被扫过但还没完全整理的位置
为什么看到非 0 就交换？：
- 当 fast 指到一个非 0，说明这个数应该进入左侧非 0 区。
- slow 指向非 0 区尾巴的下一个位置，把 fast 的非 0 交换到 slow，等于“把非 0 往前收纳”。
- 然后 slow++，非 0 区变长。
用例子走一遍：[0,1,0,3,12]
- fast=0 看到 0：不动
- fast=1 看到 1：与 slow=0 交换 → [1,0,0,3,12]，slow=1
- fast=3 看到 3：与 slow=1 交换 → [1,3,0,0,12]，slow=2
- fast=4 看到 12：与 slow=2 交换 → [1,3,12,0,0]，slow=3
为什么顺序不会乱？：fast 是从左到右按原顺序发现非 0 的，发现一个就按 slow 的顺序依次放进去，所以非 0 的相对顺序天然保持。
复杂度：时间 (O(n))，空间 (O(1))（原地交换）。

类似题目（快慢指针：稳定压缩）

// 目标：原地删除/移动某类元素，保持其他元素相对顺序
let slow = 0
for (let fast = 0; fast < arr.length; fast++) {
  if (keep(arr[fast])) {
    arr[slow] = arr[fast] // 或 swap(arr, slow, fast)
    slow++
  }
}
// slow 之后的位置按题意补齐（例如补 0、截断等）

11. 盛最多水的容器

力扣原题：11. 盛最多水的容器

Medium

贪心

数组

双指针

给定一个长度为 n 的整数数组 height 。有 n 条垂线，第 i 条线的两个端点是 (i, 0) 和 (i, height[i]) 。

找出其中的两条线，使得它们与 x 轴共同构成的容器可以容纳最多的水。

返回容器可以储存的最大水量。

说明：你不能倾斜容器。

示例 1：

输入：[1,8,6,2,5,4,8,3,7]
输出：49 
解释：图中垂直线代表输入数组 [1,8,6,2,5,4,8,3,7]。在此情况下，容器能够容纳水（表示为蓝色部分）的最大值为 49。

示例 2：

输入：height = [1,1]
输出：1

提示：

n == height.length
2 <= n <= 10⁵
0 <= height[i] <= 10⁴

最优解（左右指针夹逼：短板先动）

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最优解讲解（通俗版）

先写出“你在最大化什么”：两条线 l 和 r 形成的容器面积
- 宽：r - l
- 高：min(height[l], height[r])（短板效应）
- 面积：(r-l) * min(...)
朴素做法为什么慢：枚举所有 ((l,r)) 组合是 (O(n^2))。
关键推理：为什么“短板先动”是正确的？
- 假设当前 height[l] < height[r]，也就是左边是短板。
- 你如果移动右指针 r--：
  - 宽度变小（必然）
  - 高度仍然最多是 height[l]（因为短板还在左边没变）
  - 所以面积不可能变大（宽变小，高上限不变）
- 只有移动左指针 l++ 才有机会找到更高的左边线，让短板变高，从而抵消宽度变小带来的损失。
- 右边短板时同理，移动右指针。
你可以把它理解成一种“剪枝”：每一步都排除一大批“不可能更优”的组合，所以整体只需一趟 (O(n))。
用一个小片段走一遍（只展示关键几步）：[1,8,6,2,5,4,8,3,7]
- l=0(1), r=8(7) → 面积 8*1=8，短板是左边 → l++
- l=1(8), r=8(7) → 面积 7*7=49，短板是右边 → r--
- 接着继续夹逼，最终最大就是 49
为什么不会漏掉最优解？：因为每次移动短板，都是在“保证不会错过更优解”的前提下丢弃一个指针位置（上面的推理已经证明移动长板不可能更优）。
复杂度：左右指针各走一遍，时间 (O(n))，空间 (O(1))。

类似题目（双指针夹逼：用“单调性”剪枝）

let l = 0, r = n - 1
let best = -Infinity
while (l < r) {
  // 用 l,r 计算一次候选答案
  best = Math.max(best, score(l, r))

  // 按题目性质移动一侧，使“可能变好”的条件更容易发生
  if (shouldMoveLeft(l, r)) l++
  else r--
}

15. 三数之和

力扣原题：15. 三数之和

Medium

数组

双指针

排序

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。

注意：答案中不可以包含重复的三元组。

示例 1：

输入：nums = [-1,0,1,2,-1,-4]
输出：[[-1,-1,2],[-1,0,1]]
解释：
nums[0] + nums[1] + nums[2] = (-1) + 0 + 1 = 0 。
nums[1] + nums[2] + nums[4] = 0 + 1 + (-1) = 0 。
nums[0] + nums[3] + nums[4] = (-1) + 2 + (-1) = 0 。
不同的三元组是 [-1,0,1] 和 [-1,-1,2] 。
注意，输出的顺序和三元组的顺序并不重要。

示例 2：

输入：nums = [0,1,1]
输出：[]
解释：唯一可能的三元组和不为 0 。

示例 3：

输入：nums = [0,0,0]
输出：[[0,0,0]]
解释：唯一可能的三元组和为 0 。

提示：

3 <= nums.length <= 3000
-10⁵ <= nums[i] <= 10⁵

最优解（排序 + 固定一个数 + 双指针去重）

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最优解讲解（通俗版）

先从最笨的思路出发：三层循环枚举 ((i,j,k)) 看和是不是 0，时间 (O(n^3))，直接超时。
怎么降维？先排序：
- 排序后数组有序，很多“移动指针就能让和变大/变小”的推理才成立。
- 排序还能让“去重”变得简单（相同值会挨在一起）。
固定一个数，把 3Sum 变成 2Sum：
- 固定 nums[i] 后，目标变成：在区间 [i+1, n-1] 找两数之和等于 -nums[i]。
- 这就是经典的有序数组 2Sum：左右指针夹逼。
双指针为什么能工作？（推理过程）
- 当前和 s = nums[i] + nums[l] + nums[r]
- 如果 s < 0，说明总和太小；因为数组有序，想让和变大，最直接就是让 l++（换一个更大的数）。
- 如果 s > 0，说明总和太大；想让和变小，就 r--（换一个更小的数）。
- s == 0 就记录答案，然后两边都收缩继续找。
两个重要剪枝：
- nums[i] > 0 时可以 break：因为后面都 ≥ nums[i]，三数之和不可能再等于 0。
- i 去重：nums[i] === nums[i-1] 时跳过，否则会产生重复三元组。
去重为什么必须做（而且怎么做）：
- 找到一个解后 l++/r--，然后把连续相同的 nums[l]、nums[r] 跳过去，这样每一种值组合只会记录一次。
用例子走一遍关键步骤：[-1,0,1,2,-1,-4]
- 排序后 [-4,-1,-1,0,1,2]
- i=-1（第一个 -1）时，用 l/r 夹逼能找到 [-1,-1,2] 和 [-1,0,1]
- i 到第二个 -1 会被去重跳过，所以不会重复输出
总体复杂度：排序 (O(n\log n)) + 外层循环 (n) 次、内层双指针整体均摊 (O(n)) → 总体 (O(n^2))
最常见坑：去重一定要在 i、l、r 三处都做（尤其是找到解后要用 while 跳过连续相同值），否则会产生重复三元组。

类似题目（kSum：排序 + 固定 + 双指针）

// 经典套路：先排序，然后递归固定前 k-2 个数，最后用双指针做 2Sum
function kSum(nums, start, k, target) {
  // k === 2: two pointers
  // k > 2: for i in [start..] 固定 nums[i]，递归 k-1Sum(target-nums[i])，并注意去重
}

42. 接雨水

力扣原题：42. 接雨水

Hard

栈

数组

双指针

动态规划

单调栈

给定 n 个非负整数表示每个宽度为 1 的柱子的高度图，计算按此排列的柱子，下雨之后能接多少雨水。

示例 1：

输入：height = [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1]
输出：6
解释：上面是由数组 [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1] 表示的高度图，在这种情况下，可以接 6 个单位的雨水（蓝色部分表示雨水）。

示例 2：

输入：height = [4,2,0,3,2,5]
输出：9

提示：

n == height.length
1 <= n <= 2 * 10⁴
0 <= height[i] <= 10⁵

最优解（双指针：维护左右最高墙）

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最优解讲解（通俗版）

先把“能装多少水”说清楚：在位置 i 上方能装的水量是
- min(左侧最高, 右侧最高) - height[i]
- 直觉：水位由两边挡板里更矮的那一边决定（短板效应），再减去当前位置本身的高度。
朴素做法为什么慢：
- 对每个 i 都去左边扫一遍找最高、右边扫一遍找最高 → (O(n^2))。
- 或者用两个数组预处理 leftMax[i] / rightMax[i] → (O(n)) 但要额外 (O(n)) 空间。
双指针的核心思想：一边走一边“结算”可以确定的那一侧：
- 我们维护 leftMax：从左边走过的最高墙
- 维护 rightMax：从右边走过的最高墙
- 指针 l/r 从两端往里收缩
为什么可以只结算一侧？（推理过程，抓住“谁是短板”）
- 如果当前 height[l] < height[r]，说明右边此刻至少有一堵高度为 height[r] 的墙挡着。
- 对 l 这个位置来说，真正决定水位上限的，已经变成“左边最高 leftMax 能到多高”（因为右边这堵墙不比 height[l] 低，右侧不会先漏）。
- 所以这一步可以安全地把 l 的水量算出来：leftMax - height[l]（先更新 leftMax）。
- 反过来，当 height[l] >= height[r] 时，同理结算右边，用 rightMax - height[r]。
用小例子走一遍直觉：[2,0,2]
- l=0,r=2，左右一样高，走右边：rightMax=2，位置 2 结算 0
- r=1，height[l]=2 >= height[r]=0，继续结算右边：rightMax=2，水量 2-0=2
- 最终答案 2
为什么是 (O(n)) 且 (O(1)) 空间？
- l/r 每次至少移动一个，总共最多移动 n 次
- 只维护几个变量，不需要辅助数组
边界情况：空数组或长度 < 3 直接是 0；实现时要注意先更新 leftMax/rightMax 再结算，避免负数加到答案里。

类似题目（两端夹逼 + 维护边界信息）

let l = 0, r = n - 1
let leftBest = init, rightBest = init
let ans = 0
while (l < r) {
  if (arr[l] < arr[r]) {
    leftBest = update(leftBest, arr[l])
    ans += calc(leftBest, arr[l])
    l++
  } else {
    rightBest = update(rightBest, arr[r])
    ans += calc(rightBest, arr[r])
    r--
  }
}

双指针（题单顺序）

283. 移动零

11. 盛最多水的容器

15. 三数之和

42. 接雨水

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