因為直接進行 dfs 時間複雜度為 : 2^40 -> 10^9 會stl所以採用雙向 dfs（把陣列分成兩段來進行考慮）:
對最大的情況進行考慮分析(即 length = 40 時)
(1) 對前一半的元素(20個)進行 dfs1 來得到每一種可能的組合答案(最多2^20 = 10^6 個)，並進行排序
(2) 然後對於剩下的20個進行 dfs2 來得到每一種可能的組合答案 n ，然後在原陣列中二分找到小於等於 goal - n 的最後乙個數的位置 p
則 :res = min(abs(goal - n - a[p]),abs(goal - n - a[p+1]));（考慮邊界條件，具體看**實現即可）
時間複雜度分析:
二分:log n = 20
可能總數 : 2^20 = 10^6
則 : o(10^7)
===> 對於時間複雜度的優化：可以採用 2^22 和 2^18 或者其他方法來 ： 22 * 2^18 < 20 * 2^20
class solution
return l -1;
}void dfs2(vector& nums,int l)
auto it = get_lower(goal - x);
if(it != 0)
res = min(res,abs(goal - st[it] - x));
if(it + 1 < st.size())
res = min(res,abs(goal - st[it+1] - x));
if(res == 0 || sub == 0) break;}}
int minabsdifference(vector& nums, int goal_)
};
參考題解：和雙向 dfs 的思路相同，同樣是分成兩段來進行分析，列舉每一段的元素組合，並排序
然後 left 指向第一段的的開頭，right 指向第二段的結尾，x = a1[left] + a2[right] ，若x > goal 則,right--，否則 right++，並在過程中更新 res 即可
class solution else
}return ret;}};
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