LeetCode No.1 Two Sum

Given an array of integers, return indices of the two numbers such that they add up to a specific target.

You may assume that each input would have exactly one solution.

Example:

Given nums = [2, 7, 11, 15], target = 9,

Because nums[0] + nums[1] = 2 + 7 = 9,
return [0, 1].

UPDATE (2016/2/13):

The return format had been changed to zero-based indices. Please read the above updated description carefully.
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第一次发博客，纪念一下。。。。。（割）

这道理标签是Easy，说明不难，事实也不是很难。题目的大致意思是：给一个整型数组和一个整数，并且这个整数是数组里面唯一的一对整数之和，求这一对整数的下标。

正常水的人一般想法就是逐对扫一遍，两重循环，复杂度就是O（N^2）。不过这里没有给出数组的长度，不知道会不会超时，暂且试一下吧，居然能过Orz。。。

class Solution {
public:
vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) {
vector<int> ans;
ans.clear();
int n = nums.size();
for ( int i = 0 ; i < n - 1 ; i ++ )
{
for ( int j = i + 1 ; j < n ; j ++ )
{
if ( i != j )/* 反例：nums = [3,2,4] , target = 6 */
{
if ( nums[i] + nums[j] == target )
{
ans.push_back ( i );
ans.push_back ( j );
return ans ;
}
}
}
}
return ans;
}
};

通过是通过了，但是能不能有复杂度更低的算法呢？我想到了STL中的map，map是映射过程，将target - nums[i]映射到i+1，现在你可能会想为什么是i+1而不是i，因为映射到i的话下标为0的就找不到了。然后遍历一遍数组，首先判断是否在映射表里面，如果在的话说明已经找到了符合条件的整数对，直接返回就行，否则继续将target - nums[i]映射到i+1，如此循环该过程。计算一下这个复杂度，首先遍历数组需要O（N），map中查找需要O（logN），所以复杂度为O（N*logN）

class Solution {
public:
vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) {
vector<int> ans;
ans.clear();
map<int,int> maping;
maping.clear();
int n = nums.size();
for ( int i = 0 ; i < n ; i ++ )
{
if ( maping[nums[i]] )
{
ans.push_back ( maping[nums[i]] - 1 );
ans.push_back ( i );
return ans;
}
else
{
maping[target - nums[i]] = i + 1;
}
}
return ans;
}
};

如有错误，求告知改正~