這道題與two sum很像，我們很容易想到利用two sum的程式來解答這個問題，對於a+b+c = 0，有-c = a+b，這相當於target設定為-c的two sum問題。區別在於，a和b的值不是唯一的，即這個two sum的答案不唯一。
除了找到所有正確的a和b外，還要解決三元組重複的問題。
我們依然考慮在two sum的基礎上解決這個問題。
首先，two sum的核心**是：
for
(int i =
0; i < nums.
size()
;++i)
; m[nums[i]
]= i;
}
return那一行做一些修改，改為新增乙個三元組到答案中，就可以作為本題的核心**了。
問題在於，這樣做會導致大量重複的三元組，有兩種情況的重複：
調換元素順序導致的重複：如[-1,0,1]和[0,-1,1]本質上是同乙個三元組
不同元素的值相同導致的重複：如nums=[-4,2,2,2]，會導致兩個[-4,2,2]的產生；nums=[-1,-1,0,1]，會導致兩個[-1,0,1]的產生
情況1比較容易解決，我們在新增三元組時，只新增a <= b <= c這樣的[a,b,c]到答案中，即指定答案中三元組的順序。
但這樣做是不夠的，不僅解決不了情況2，當多個元素值相同時，連情況1也解決不了。如nums=[0,0,0]，這時滿足a == b == c，我們加的限制條件也就沒有用了。
採用排序的方法能夠很好地解決這兩種情況的重複。
對於排序之後的陣列，我們使用雙層迴圈，外層迴圈用於尋找target值，內層迴圈的邏輯就是two sum的邏輯，借助雜湊表來尋找sum為target的兩個元素。
我們保證內層迴圈列舉到的元素不小於外層迴圈的元素，就可以解決情況1。對於每重迴圈還要保證相鄰兩次遍歷到的元素值不相同，這是為了解決情況2。偽**如下：
nums.
sort()
for i =0..
.n-1
if i >
0&& nums[i]
== nums[i-1]
continue
;for j = i+1..
.n-1
if j > i+
1&& nums[j]
== nums[j-1]
continue
;// a=nums[j], 用雜湊表找對應的b
這樣做貌似效率很高，但會錯過[-4,2,2]這樣的三元組。因為當j == 1時nums[j]不在雜湊表中，而j=2時又因為nums[j] == nums[j-1]，不會參與判斷。我們為了去除重複結果矯枉過正了。解決辦法是在排序之後先將陣列元素插入雜湊表中。
我們增加了乙個判斷條件m[sum - nums[j]] > j來保證a <= b <= c。對於[-4,2,2]這種元素有相同值的情況，也是滿足的，因為經過排序後最終覆蓋雜湊表的肯定是index最大的那個元素。最終，我們要新增的三元組是[nums[i], nums[j], nums[m[target - nums[j]]]]。
**
class solution );
}}}return result;}}
;
時間複雜度o(n
2)
o(n^2)
o(n2
)，空間複雜度o(n
)o(n)
o(n)
。注意用的排序演算法時間複雜度o(n
logn
)o(nlogn)
o(nlog
n)。去除重複三元組的思路與解法一相同，但我們不使用雜湊表，而是使用雙指標來優化暴力解法。
暴力解法是3重迴圈，同時滿足兩個條件：
內層遍歷迴圈元素不小於外層迴圈遍歷的元素
對於每一重迴圈，相鄰遍歷的元素值不相同
即解法一中的核心想法。
3重迴圈獲取到a，b，c，如果a+b+c = 0，它們就是乙個滿足條件的三元組。自然，a，b對應唯一的c，當b增大時，c減小，因此，我們可以在從左往右列舉b的同時從右往左列舉c。
當a+b+c > 0時，把右指標向左移動，取更小的c
當a+b+c = 0時，把左指標向右移動，取更大的b，此時肯定有a+b+c > 0
當a+b+c < 0時，可以確定這個a，b沒有對應的c，把左指標向右移動，取更大的b。是否要把右指標向右移動呢？不用。首先要明白為什麼會有a+b+c < 0出現，肯定因為1.導致的，如果我們又把右指標往右移，那麼又會得到a+b+c > 0的結果，最終還得把右指標移到現在這位置來
這樣一來，就可以把第二重和第三重迴圈壓縮成乙個迴圈了。當然，始終要保證b <= c，否則退出迴圈。
**
class solution );
}}}return result;}}
;
時間複雜度o(n
2)
o(n^2)
o(n2
)，空間複雜度o(l
ogn)
o(logn)
o(logn
)，排序的空間複雜度為o(l
ogn)
o(logn)
o(logn
)。
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