void moveZeroes(vector<int>& nums) 
{int cur=0;int dest=-1;while(cur<nums.size()){if(nums[cur]==0){cur++;}else{dest++;swap(nums[dest],nums[cur]);cur++;}}
}

看上述代码，就严格执行了刚才代码的思路

1. 如果cur遇到0元素，就让cur++

2. 当cur遇到了非0的元素时，就让dest++再让cur和dest这两个位置的元素进行一次交换

既然通篇介绍的主要是双指针算法，那这个题也要使用双指针的基本原理

如果此题可以创建多个数组，那么创建一个数组，上面一个指针控制原数组，下面控制新数组，如果是0就填入两个0，如果不是0就填入该数字，到达对应数量就不再进行写入数据

但这里要求不能够使用额外的空间，因此就要把异地的双指针变成原地双指针

那原地双指针如何实现？

首先，原地的双指针问题在于，如果从前向后遍历，当遍历到的数字是0，写入两个0后，原来的数据就被覆盖掉了，这样就会一直进行0的循环，因此解决方案就是从后向前遍历

那么接下来思考如何遍历？一个从最后开始，那另外一个？显然，这是下一个需要解决的问题，另外一个部分应该从哪里开始

通过这里画图也能看出，cur的位置其实就是复制结束后的位置，那么这个位置的寻找过程就是下一步要进行的问题

cur应该如何寻找？其实又可以演化为双指针的问题，从开始找，当遇到0就向后走两次，遇到非0就走一次，那么这样就可以找到cur

这样的思路是没有问题的，但是也有特殊情况，如果最后元素是0，那dest向后走两步不就越界了吗？因此这里也需要对边界做特殊处理，如果边界为0，那么就让最后输出的dest和cur向前一步走即可避免越界的情况出现

class Solution 
{
public:void duplicateZeros(vector<int>& arr) {int cur=0,dest=-1,n=arr.size();while(cur<n){if(arr[cur]==0){dest+=2;}else{dest++;}if(dest>=n-1){break;}cur++;}if(dest==n){arr[n-1]=0;cur--;dest-=2;}while(cur>=0){if(arr[cur]==0){arr[dest--]=arr[cur];arr[dest--]=arr[cur--];}else{arr[dest--]=arr[cur--];}}}
};

这个题思路也很奇特，先模拟一下实现的流程：

情景1：

情景2：

此时对题意就有了基本了解，那么这个图其实和链表中的环形链表很相似，我们其实就可以把他抽象成一个环形链表的相遇问题，当相遇的时候，如果对应的值不是1，那么就证明这里并不是快乐数，相反就是快乐数

因此这个题就很好解决了，本质上这个原理和环形链表的快慢指针的过程是一样的

class Solution 
{
public:int CalRes(int num){int res = 0;while (num){res += (num % 10) * (num % 10);num = num / 10;}return res;}bool isHappy(int n) {int num = n;int slow = CalRes(num);int fast = CalRes(CalRes(num));while (slow != fast){slow = CalRes(slow);fast = CalRes(CalRes(fast));}if (fast == 1){return true;}else{return false;}}
};

本题设计也很巧妙，但依旧是利用双指针来解决，知道了双指针的解决原理后解决并非难事

一个从左走 一个从右走 根据木桶效应，计算出结果后要舍弃小的部分，继续向内遍历，使得最终时间复杂度控制在O(N)内

class Solution 
{
public:int maxArea(vector<int>& height){int left = 0;int right = height.size() - 1;int v = 0;int max = 0;while (left < right){v = min(height[left], height[right]) * (right - left);if (v > max){max = v;}if (height[left] < height[right]){left++;}else{right--;}}return max;}
};

看到这个题，第一思路是直接暴力枚举三次for循环，直接找，但最后是通过不了的，时间复杂度过高了，因此这里还是使用双指针的解法，但是要利用单调性进行解决

首先，对于三个数字我们要进行判断的时候，如果这个数字是单调排序的，比如这里是升序排序，那么只需要判断前两个数相加的和大于第三个数即可，因此根据这个原理，我们就可以采取下面的思维方式

依据单调性采用双指针解决问题

这个算法的思路就是，先固定右边最大的数字作为最大的数，倒数第二大的数字为right，左边的数为left

如果此时left+right>固定，那么此时left右边的数同样符合条件，那么只需要right--即可

如果此时left+right<固定，那么此时left后面的数也不符合要求，就让left++

循环结束后，再通过挪动右边的数进行循环，这样时间复杂度在O(N^2)的基础上就解决了这个问题

class Solution 
{
public:int triangleNumber(vector<int>& nums) {sort(nums.begin(),nums.end());int cut=0;for(int max=nums.size()-1;max>=2;max--){int left=0,right=max-1;while(left<right){if(nums[left]+nums[right]>nums[max]){cut+=right-left;right--;}else{left++;}}}return cut;}
};

此题难度在于代码实现的细节处理和去重的问题上

代码思路有两数之和的思路铺垫，整体难度不大，控制住其中一个进行另外两个数据的相加即可，但在边界的处理上需要进行一些操作

最后是去重的操作，去重的操作是很重要的一步，细节很多，要处理区间内的去重和区间外单独的去重

vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) 
{vector<vector<int>> v;// 排序sort(nums.begin(),nums.end());for(int i=0;i<nums.size();){// 优化if(nums[i]>0){break;}int left=i+1,right=nums.size()-1;while(left<right){if(nums[left]+nums[right]+nums[i]>0){right--;}else if(nums[left]+nums[right]+nums[i]<0){left++;}else{v.push_back({nums[i],nums[left],nums[right]});left++;right--;// 去重1while(left<right && nums[left]==nums[left-1]){left++;}while(left<right && nums[right]==nums[right+1]){right--;}}}       // 去重2i++;while(i<nums.size() && nums[i]==nums[i-1]){i++;}}return v;
}

代码思路和三数之和基本相同，注意long long问题即可

class Solution 
{
public:vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target) {vector<vector<int>> v;// 排序sort(nums.begin(),nums.end());// 控制第一个数for(int i=0;i<nums.size();){// 控制第二个数for(int j=i+1;j<nums.size();){// 在区间内找int left=j+1,right=nums.size()-1;while(left<right){long long tmp=(long long)nums[i]+nums[j]+nums[left]+nums[right];if(tmp>target){right--;}else if(tmp<target){left++;}else{v.push_back({nums[i],nums[j],nums[left],nums[right]});left++;right--;// 去重while(left<right && nums[left]==nums[left-1]){left++;}while(left<right && nums[right]==nums[right+1]){right--;}}}// 对固定数去重j++;while(j<nums.size() && nums[j]==nums[j-1]){j++;}}i++;while(i<nums.size() && nums[i]==nums[i-1]){i++;}}return v;}
};