又一次学习一遍<算法导论>，看到了这个问题：
描写叙述一个执行时间为O(nlgn)的算法，使之能在给定一个由n个整数构成的集合S和还有一个整数 X 时，推断出S中是否存在有两个其和刚好等于 X 的元素。
Solution：
（1）->对整个集合进行排序，能够用快排（含有小文件策略、三者取中策略）。时间复杂度O(nlogn)。形成一个数组A[n]。
->设定两个下标pBegin和pEnd，分别指向数组A[n]的头尾。pBegin = 0。pEnd = n -1。
->若（A[pBegin] +A[pEnd]）== X，找到元素对；
->若（A[pBegin] +A[pEnd]）> X。则表示所需的元素相应该要小一些，对于已经排好序的非降序数组，仅仅须要将--pEnd就可以；
->若（A[pBegin] +A[pEnd]）< X，则表示所需的元素相应该要大一些，仅仅须要将++pBegin就可以；
->直到 pBegin == pEnd 。总共的时间复杂度为O(nlogn+n)，空间复杂度O(1)。
证明的思路：利用反证法。假如 （A[m] + A[k] ）== X。初始化时，pBegin <= m。pEnd >= k。
首先证明在移动过程中pBegin 不可能大于m。假如pBegin 大于m，则在ipBegin 大于m之前。必有pBegin 必会有一次等于m，当pBegin 等于m时，pEnd 是大于k的，这时的A[pBegin] + A[pEnd] > X，所以pBegin 会一直停留在m处，直到pEnd 移动到k为止。所以pBegin 不会移动超过m。
同理能够证明pEnd 不会小于k，算法是正确。
（2）->对于较小的X。能够考虑利用Hash的思路。直接声明一个大小为X的数组S[X]，初始化所有元素为0。
消耗X个辅助空间。
->遍历一次集合，对于全部小于等于X的元素k，令S[k]++。时间复杂度n；
->遍历数组S[X]，对于不为0的元素下标m（S[m]!=0），查看S[X-m]是否为0。若m == X-m。查看S[m]>=2是否为真。
->总共的时间复杂度为O(X+n)，空间复杂度O(X)。可是是在X较小的情况下。
->同一时候这种方法能够找出全部的元素对！
拓展问题：
（1）是否存在三个元素之和正好等于给定值X？
【假如 A[m]+A[k]+A[s] == X。对于全部元素i，是否在集合S(除去i)中有两个元素之和等于 X-A[i]。n个元素相应n个上述的两个元素和的子问题。时间复杂度应该是O(nlogn+n^2)】不知是否有更好的思路？
（2）给定n个整数的集合S。输出集合S中全部满足 a+b=c 的整数a、b、c。
【类似1的解法。事实上就是 a+b-c=0的变形】