给定一个包括 n 个整数的数组 nums 和 一个目标值 target。找出 nums 中的三个整数，使得它们的和与 target 最接近。返回这三个数的和。假定每组输入只存在唯一答案。

示例

输入：nums = [-1,2,1,-4], target = 1
输出：2
解释：与 target 最接近的和是 2 (-1 + 2 + 1 = 2) 。

提示

• 3 <= nums.length <= 10^3
• -10^3 <= nums[i] <= 10^3
• -10^4 <= target <= 10^4

前言

本题与 【三数之和】 非常类似，可以使用「双指针」的方法来解决。

方法一：排序 + 双指针

思路与算法

题目要求找到与目标值 target 最接近的三元组，这里的「最接近」即为差值的绝对值最小。我们可以考虑直接使用三重循环枚举三元组，找出与目标值最接近的作为答案，时间复杂度为 O(N^3)。然而本题的 N 最大为 1000，会超出时间限制。

那么如何进行优化呢？我们首先考虑枚举第一个元素 a，对于剩下的两个元素 b 和 c，我们希望它们的和最接近 target−a。对于 b 和 c，如果它们在原数组中枚举的范围（既包括下标的范围，也包括元素值的范围）没有任何规律可言，那么我们还是只能使用两重循环来枚举所有的可能情况。因此，我们可以考虑对整个数组进行升序排序，这样一来：

• 假设数组的长度为 n，我们先枚举 a，它在数组中的位置为 i；
• 为了防止重复枚举，我们在位置 [i+1, n) 的范围内枚举 b 和 c。

当我们知道了 b 和 c 可以枚举的下标范围，并且知道这一范围对应的数组元素是有序（升序）的，那么我们是否可以对枚举的过程进行优化呢？

答案是可以的。借助双指针，我们就可以对枚举的过程进行优化。我们用 p_b 和 p_c 分别表示指向 b 和 c 的指针，初始时，p_b 指向位置 i+1，即左边界；p_c 指向位置 n-1，即右边界。在每一步枚举的过程中，我们用 a+b+c 来更新答案，并且：

• 如果 a+b+c ≥ target，那么就将 p_c 向左移动一个位置；
• 如果 a+b+c < target，那么就将 p_b向右移动一个位置。

这是为什么呢？我们对 a+b+c≥target 的情况进行一个详细的分析：

如果 a+b+c≥target，并且我们知道 p_b 到 p_c 这个范围内的所有数是按照升序排序的，那么如果 p_c 不变而 p_b 向右移动，那么 a+b+c 的值就会不断地增加，显然就不会成为最接近 target 的值了。因此，我们可以知道在固定了 p_c 的情况下，此时的 p_b 就可以得到一个最接近 target 的值，那么我们以后就不用再考虑 p_c 了，就可以将 p_c 向左移动一个位置。

同样地，在 a+b+c<target 时：

如果 a+b+c<target，并且我们知道 p_b 到 p_c 这个范围内的所有数是按照升序排序的，那么如果 p_b 不变而 p_c 向左移动，那么 a+b+c 的值就会不断地减小，显然就不会成为最接近 target 的值了。因此，我们可以知道在固定了 p_b 的情况下，此时的 p_c 就可以得到一个最接近 target 的值，那么我们以后就不用再考虑 p_b 了，就可以将 p_b 向右移动一个位置。

实际上，p_b 和 p_c 就表示了我们当前可以选择的数的范围，而每一次枚举的过程中，我们尝试边界上的两个元素，根据它们与 target 的值的关系，选择「抛弃」左边界的元素还是右边界的元素，从而减少了枚举的范围。这种思路与 【盛最多水的容器】 中的双指针解法也是类似的。

小优化

本题也有一些可以减少运行时间（但不会减少时间复杂度）的小优化。当我们枚举到恰好等于 target 的 a+b+c 时，可以直接返回 target 作为答案，因为不会有再比这个更接近的值了。

另一个优化与 【三数之和】的官方题解 中提到的类似。当我们枚举 a,b,c 中任意元素并移动指针时，可以直接将其移动到下一个与这次枚举到的不相同的元素，减少枚举的次数。

class Solution {
    public int threeSumClosest(int[] nums, int target) {
        Arrays.sort(nums);
        int n = nums.length;
        int best = 10000000;

        // 枚举 a
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            // 保证和上一次枚举的元素不相等
            if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]) {
                continue;
            }
            // 使用双指针枚举 b 和 c
            int j = i + 1, k = n - 1;
            while (j < k) {
                int sum = nums[i] + nums[j] + nums[k];
                // 如果和为 target 直接返回答案
                if (sum == target) {
                    return target;
                }
                // 根据差值的绝对值来更新答案
                if (Math.abs(sum - target) < Math.abs(best - target)) {
                    best = sum;
                }
                if (sum > target) {
                    // 如果和大于 target，移动 c 对应的指针
                    int k0 = k - 1;
                    // 移动到下一个不相等的元素
                    while (j < k0 && nums[k0] == nums[k]) {
                        --k0;
                    }
                    k = k0;
                } else {
                    // 如果和小于 target，移动 b 对应的指针
                    int j0 = j + 1;
                    // 移动到下一个不相等的元素
                    while (j0 < k && nums[j0] == nums[j]) {
                        ++j0;
                    }
                    j = j0;
                }
            }
        }
        return best;
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(N^2)，其中 N 是数组 nums 的长度。我们首先需要 O(N log N) 的时间对数组进行排序，随后在枚举的过程中，使用一重循环 O(N) 枚举 a，双指针 O(N) 枚举 b 和 c，故一共是 O(N^2)。
• 空间复杂度：O(log N)。排序需要使用 O(log N) 的空间。然而我们修改了输入的数组 nums，在实际情况下不一定允许，因此也可以看成使用了一个额外的数组存储了 nums 的副本并进行排序，此时空间复杂度为 O(N)。