我们现在要开始做题啦！
万里长征第一步，仍然是数组。
单纯针对数组来考察的题目，总体来说，都不算太难——数组题目要想往难了出，基本都要结合排序、二分和动态规划这些相对复杂的算法思想才行。
咱们本节要解决的正是这一类“不算太难”的数组题目——并不是只有难题才拥有成为真题的入场券，一道好题不一定会难，它只要能够反映问题就可以了。
本节所涉及的题目在面试中普遍具有较高的出镜率、同时兼具一定的综合性，对培养大家的通用解题能力大有裨益 。
相信这节你会学得很开心，在轻松中收获自己的第一份算法解题锦囊。
Map 的妙用——两数求和问题
真题描述： 给定一个整数数组 nums 和一个目标值 target，请你在该数组中找出和为目标值的那 两个 整数，并返回他们的数组下标。
你可以假设每种输入只会对应一个答案。但是，你不能重复利用这个数组中同样的元素。
示例: 给定 nums = [2, 7, 11, 15], target = 9
因为 nums[0] + nums[1] = 2 + 7 = 9 所以返回 [0, 1]
思路分析：
一个“淳朴”的解法
这道题相信很多同学看一眼就很快能得出一个最基本的思路：两层循环来遍历同一个数组；第一层循环遍历的值记为 a，第二层循环时遍历的值记为 b；若 a+b = 目标值，那么 a 和 b 对应的数组下标就是我们想要的答案。
对“淳朴”解法的反思
大家以后做算法题的时候，要有这样的一种本能：当发现自己的代码里有两层循环时，先反思一下，能不能用空间换时间，把它优化成一层循环。
因为两层循环很多情况下都意味着 O(n^2) 的复杂度，这个复杂度非常容易导致你的算法超时。即便没有超时，在明明有一层遍历解法的情况下，你写了两层遍历，面试官对你的印象分会大打折扣。
空间换时间，Map 来帮忙
拿我们这道题来说，其实二层遍历是完全不必要的。
大家记住一个结论：几乎所有的求和问题，都可以转化为求差问题。 这道题就是一个典型的例子，通过把求和问题转化为求差问题，事情会变得更加简单。
我们可以在遍历数组的过程中，增加一个 Map 来记录已经遍历过的数字及其对应的索引值。然后每遍历到一个新数字的时候，都回到 Map 里去查询 targetNum 与该数的差值是否已经在前面的数字中出现过了。若出现过，那么答案已然显现，我们就不必再往下走了。
我们以 nums = [2, 7, 11, 15] 这个数组为例，来模拟一下这个思路：
第一次遍历到 2，此时 Map 为空：
以 2 为 key，索引 0 为 value 作存储，继续往下走；遇到了 7：
计算 targetNum 和 7 的差值为2，去 Map 中检索 2 这个 key，发现是之前出现过的值：
那么 2 和 7 的索引组合就是这道题的答案啦。
键值对存储我们可以用 ES6 里的 Map 来做，如果图省事，直接用对象字面量来定义也没什么问题。
编码实现
/**
* @param {number[]} nums
* @param {number} target
* @return {number[]}
*/
const twoSum = function(nums, target) {
// 这里我用对象来模拟 map 的能力
const diffs = {}
// 缓存数组长度
const len = nums.length
// 遍历数组
for(let i=0;i<len;i++) {
// 判断当前值对应的 target 差值是否存在（是否已遍历过）
if(diffs[target-nums[i]]!==undefined) {
// 若有对应差值，那么答案get！
return [diffs[target - nums[i]], i]
}
// 若没有对应差值，则记录当前值
diffs[nums[i]]=i
}
};tips：这道题也可以用 ES6 中的 Map 来做，你试试呢？
强大的双指针法
合并两个有序数组
真题描述：给你两个有序整数数组 nums1 和 nums2，请你将 nums2 合并到 nums1 中，使 nums1 成为一个有序数组。
说明: 初始化 nums1 和 nums2 的元素数量分别为 m 和 n 。 你可以假设 nums1 有足够的空间（空间大小大于或等于 m + n）来保存 nums2 中的元素。
示例: 输入:
nums1 = [1,2,3,0,0,0], m = 3
nums2 = [2,5,6], n = 3
输出: [1,2,2,3,5,6]
思路分析
标准解法
这道题没有太多的弯弯绕绕，标准解法就是双指针法。首先我们定义两个指针，各指向两个数组生效部分的尾部：
每次只对指针所指的元素进行比较。取其中较大的元素，把它从 nums1 的末尾往前面填补：
这里有一点需要解释一下：
为什么是从后往前填补？因为是要把所有的值合并到 nums1 里，所以说我们这里可以把 nums1 看做是一个“容器”。但是这个容器，它不是空的，而是前面几个坑有内容的。如果我们从前往后填补，就没法直接往对应的坑位赋值了（会产生值覆盖）。
从后往前填补，我们填的都是没有内容的坑，这样会省掉很多麻烦。
由于 nums1 的有效部分和 nums2 并不一定是一样长的。我们还需要考虑其中一个提前到头的这种情况：
- 如果提前遍历完的是 nums1 的有效部分，剩下的是 nums2。那么这时意味着 nums1 的头部空出来了，直接把 nums2 整个补到 nums1 前面去即可。
- 如果提前遍历完的是 nums2，剩下的是 nums1。由于容器本身就是 nums1，所以此时不必做任何额外的操作。
编码实现：
/**
* @param {number[]} nums1
* @param {number} m
* @param {number[]} nums2
* @param {number} n
* @return {void} Do not return anything, modify nums1 in-place instead.
*/
const merge = function(nums1, m, nums2, n) {
// 初始化两个指针的指向，初始化 nums1 尾部索引k
let i = m - 1, j = n - 1, k = m + n - 1
// 当两个数组都没遍历完时，指针同步移动
while(i >= 0 && j >= 0) {
// 取较大的值，从末尾往前填补
if(nums1[i] >= nums2[j]) {
nums1[k] = nums1[i]
i--
k--
} else {
nums1[k] = nums2[j]
j--
k--
}
}
// nums2 留下的情况，特殊处理一下
while(j>=0) {
nums1[k] = nums2[j]
k--
j--
}
};找点乐子：
上面我们给出的，是面试官最喜欢看到的一种解法，这种解法适用于各种语言。
但是就 JS 而言，我们还可以“另辟蹊径”，仔细想想，你有什么妙招？
三数求和问题
双指针法能处理的问题多到你想不到。不信来瞅瞅两数求和它儿子——三数求和问题！
俗话说，青出于蓝而胜于蓝，三数求和虽然和两数求和只差了一个字，但是思路却完全不同。
真题描述：给你一个包含 n 个整数的数组 nums，判断 nums 中是否存在三个元素 a，b，c ，使得 a + b + c = 0 ？请你找出所有满足条件且不重复的三元组。
注意：答案中不可以包含重复的三元组。
示例： 给定数组 nums = [-1, 0, 1, 2, -1, -4]， 满足要求的三元组集合为： [ [-1, 0, 1], [-1, -1, 2] ]
思路分析
三数之和延续两数之和的思路，我们可以把求和问题变成求差问题——固定其中一个数，在剩下的数中寻找是否有两个数和这个固定数相加是等于0的。
虽然乍一看似乎还是需要三层循环才能解决的样子，不过现在我们有了双指针法，定位效率将会被大大提升，从此告别过度循环~
（这里大家相信已经能察觉出来双指针法的使用场景了，一方面，它可以做到空间换时间；另一方面，它也可以帮我们降低问题的复杂度。）
双指针法用在涉及求和、比大小类的数组题目里时，大前提往往是：该数组必须有序。否则双指针根本无法帮助我们缩小定位的范围，压根没有意义。因此这道题的第一步是将数组排序：
nums = nums.sort((a,b)=>{
return a-b
})然后，对数组进行遍历，每次遍历到哪个数字，就固定哪个数字。然后把左指针指向该数字后面一个坑里的数字，把右指针指向数组末尾，让左右指针从起点开始，向中间前进：
每次指针移动一次位置，就计算一下两个指针指向数字之和加上固定的那个数之后，是否等于0。如果是，那么我们就得到了一个目标组合；否则，分两种情况来看：
- 相加之和大于0，说明右侧的数偏大了，右指针左移
- 相加之和小于0，说明左侧的数偏小了，左指针右移
tips：这个数组在题目中要求了“不重复的三元组”，因此我们还需要做一个重复元素的跳过处理。这一点在编码实现环节大家会注意到。
编码实现
/**
* @param {number[]} nums
* @return {number[][]}
*/
const threeSum = function(nums) {
// 用于存放结果数组
let res = []
// 给 nums 排序
nums = nums.sort((a,b)=>{
return a-b
})
// 缓存数组长度
const len = nums.length
// 注意我们遍历到倒数第三个数就足够了，因为左右指针会遍历后面两个数
for(let i=0;i<len-2;i++) {
// 左指针 j
let j=i+1
// 右指针k
let k=len-1
// 如果遇到重复的数字，则跳过
if(i>0&&nums[i]===nums[i-1]) {
continue
}
while(j<k) {
// 三数之和小于0，左指针前进
if(nums[i]+nums[j]+nums[k]<0){
j++
// 处理左指针元素重复的情况
while(j<k&&nums[j]===nums[j-1]) {
j++
}
} else if(nums[i]+nums[j]+nums[k]>0){
// 三数之和大于0，右指针后退
k--
// 处理右指针元素重复的情况
while(j<k&&nums[k]===nums[k+1]) {
k--
}
} else {
// 得到目标数字组合，推入结果数组
res.push([nums[i],nums[j],nums[k]])
// 左右指针一起前进
j++
k--
// 若左指针元素重复，跳过
while(j<k&&nums[j]===nums[j-1]) {
j++
}
// 若右指针元素重复，跳过
while(j<k&&nums[k]===nums[k+1]) {
k--
}
}
}
}
// 返回结果数组
return res
};双指针法中的“对撞指针”法
在上面这道题中，左右指针一起从两边往中间位置相互迫近，这样的特殊双指针形态，被称为“对撞指针”。
什么时候你需要联想到对撞指针？
这里我给大家两个关键字——“有序”和“数组”。
没错，见到这两个关键字，立刻把双指针法调度进你的大脑内存。普通双指针走不通，立刻想对撞指针！
即便数组题目中并没有直接给出“有序”这个关键条件，我们在发觉普通思路走不下去的时候，也应该及时地尝试手动对其进行排序试试看有没有新的切入点——没有条件，创造条件也要上。
对撞指针可以帮助我们缩小问题的范围，这一点在“三数求和”问题中体现得淋漓尽致：因为数组有序，所以我们可以用两个指针“画地为牢”圈出一个范围，这个范围以外的值不是太大就是太小、直接被排除在我们的判断逻辑之外，这样我们就可以把时间花在真正有意义的计算和对比上。如此一来，不仅节省了计算的时间，更降低了问题本身的复杂度，我们做题的速度也会大大加快。
（阅读过程中有任何想法或疑问，或者单纯希望和笔者交个朋友啥的，欢迎大家添加我的微信xyalinode与我交流哈~）