題目描述：輸入乙個陣列和乙個數字，在陣列中查詢兩個數，使得它們的和正好是輸入的那個數字。
要求時間複雜度是o(n)。如果有多對數字的和等於輸入的數字，輸出任意一對即可。
例如輸入陣列1、2、4、7、11、15和數字15。由於4+11=15，因此輸出4和11。
下面給出這個題的不同解法（注意闡述中數列有序無序的區別）：
（1）這個題目相當於，對每個a[i]，查詢sum-a[i]是否也在原始序列中，每一次要查詢的時間都要花費為o（n），這樣下來，最終找到兩個數還是需要o（n^2）的複雜度（相當於用了兩層for迴圈）。那如何提高查詢判斷的速度呢？答案是二分查詢，可以將o（n）的查詢時間提高到o（logn），這樣對於n個a[i]，都要花logn的時間去查詢相對應的sum-a[i]是否在原始序列中，總的時間複雜度已降為o（n*logn），且空間複雜度為o（1）。（如果有序，直接二分o（n*logn），如果無序，先排序後二分，複雜度同樣為o（n*logn+n*logn）=o（n*logn），空間總為o（1））。
（2）序列有序前提下：在思路1基礎上還有一種更快的方法，a[i]在序列中，如果a[i]+a[k]=sum的話，那麼sum-a[i]（a[k]）也必然在序列中，舉個例子，如下：
原始序列：1、 2、 4、 7、11、15 用輸入數字15減一下各個數，得到對應的序列為：
對應序列：14、13、11、8、4、 0
要達到o(n)的複雜度（注意：這個o(n)的時間複雜度是基於原始序列有序的情況下，否則還是o(n*logn)的時間複雜度，因為排序要o(n)的時間複雜度），第乙個陣列以一指標i 從陣列最左端開始向右掃瞄，第二個陣列以一指標j 從陣列最右端開始向左掃瞄，首先初始i指向元素1，j指向元素0，誰指的元素小，誰先移動，由於1（i）>0（j），所以i不動，j向左移動。然後j移動到元素4發現大於元素1，故而停止移動j，開始移動i，直到i指向4，這時,i指向的元素與j指向的元素相等，故而判斷4是滿足條件的第乙個數；然後同時移動i,j再進行判斷，直到它們到達邊界。
（3）當然，還可以構造hash表，正如程式設計之美上的所述，給定乙個數字，根據hash對映（雜湊函式就是乙個減式）查詢另乙個數字是否也在陣列中，只需用o（1）的時間，這樣的話，總體的演算法通上述思路2 一樣，也能降到o（n），但有個缺陷，就是構造hash額外增加了o（n）的空間，此點同上述思路 2。不過，空間換時間，仍不失為在時間要求較嚴格的情況下的一種好辦法。
（4）如果陣列是無序的，先排序（n*logn），然後用兩個指標i，j，各自指向陣列的首尾兩端，令i=0，j=n-1，然後i++，j--，逐次判斷a[i]+a[j]?=sum，如果某一刻a[i]+a[j]>sum，則要想辦法讓sum的值減小，所以此刻i不動，j--，如果某一刻a[i]+a[j]時間複雜度最終為o（n*logn+n）=o（n*logn），若原陣列是有序的，則不需要事先的排序，直接o（n）搞定，且空間複雜度還是o（1），此思路是相對於上述所有思路的一種改進。（如果有序，直接兩個指標兩端掃瞄，時間o（n），如果無序，先排序後兩端掃瞄，時間o（n*logn+n）=o（n*logn），空間始終都為o（1））。（與上述思路1相比，排序後的時間開銷由之前的二分的n*logn降到了掃瞄的o（n））。
總結：
二分（若無序，先排序後二分），時間複雜度總為o（n*logn），空間複雜度為o（1）；（如：思路1）
掃瞄一遍x-s[i] 對映到乙個陣列或構造hash表，時間複雜度為o（n），空間複雜度為o（n）；（如：思路2和3）
兩個指標兩端掃瞄（若無序，先排序後掃瞄），時間複雜度最後為：有序o（n），無序o（n*logn+n）=o（n*logn），空間複雜度都為o（1）。（如：思路4）
參考文章：這篇博主是真的厲害，膜拜！！！
陣列 尋找和為定值的兩個數
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尋找和為定值的兩個數
描述 輸入乙個陣列和乙個數字，在陣列中查詢兩個數，使得它們的和正好是輸入的那個數字。要求時間複雜度是o n 如果有多對數字的和等於輸入的數字，輸出任意一對即可。例如輸入陣列1 2 4 7 11 15和數字15。由於4 11 15，因此輸出4和11。分析 如果採取窮舉，複雜度為o n 2 可以換乙個思...