标题1：
给定一个整数数组 nums 和一个整数量的值 target，请你在该数组中找出 和为目的值 target 的那 两个 整数，并返回它们的数组下标。
你可以假设每种输入只会对应一个答案。但是，数组中同一个元素在答案里不能重复出现。
你可以按恣意顺序返答复案。
示例 1：
输入：nums = [2,7,11,15], target = 9输出：[0,1]表明：由于 nums[0] + nums[1] == 9 ，返回 [0, 1] 。示例 2：
输入：nums = [3,2,4], target = 6输出：[1,2]示例 3：
输入：nums = [3,3], target = 6输出：[0,1]提示：
2 <= nums.length <= 104-109 <= nums <= 109-109 <= target <= 109
这道题可以利用哈希表来办理。详细思绪如下：
创建一个哈希表，用来存储数组中每个元素对应的索引。
遍历数组中的每个元素，每次遍历时，用 target 减去当前元素的值，得到差值 diff。
在哈希表中查找是否存在值为 diff 的 key 值，如果存在，阐明找到了目的元素，返回当前元素的索引和哈希表中 diff 对应的索引；如果不存在，将当前元素及其索引添加到哈希表中。
时间复杂度：O(n)，此中 n 是数组的长度。遍历数组的时间复杂度为 O(n)，哈希表的插入和查找利用的时间复杂度均为 O(1)。
优化前：
下面是利用 Java 实现的代码，解释中详细表明了每一步的实现过程和原理：
class Solution { public int[] twoSum(int[] nums, int target) { // 创建哈希表，用于存储数组元素对应的索引 Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>(); // 遍历数组 for (int i = 0; i < nums.length; i++) { // 计算目的元素的差值 int diff = target - nums; // 判断哈希表中是否存在目的元素的差值 if (map.containsKey(diff)) { // 如果存在，则返回当前元素的下标和哈希表中目的元素的下标 return new int[]{map.get(diff), i}; } // 如果不存在，则将当前元素存入哈希表 map.put(nums, i); } // 如果无法找到目的元素，则返回空的 int 数组 return new int[0]; } return new int[]{map.get(diff), i}; 这行代码是在找到目的元素时返回当前元素的下标和哈希表中目的元素的下标。详细来说，map.get(diff) 表现获取哈希表中目的元素的下标，i 表现当前元素的下标。由于返回的是一个 int 数组，以是用花括号 {} 来表现数组中的元素。整行代码可以拆分为以下几个步调：
1.map.get(diff)：获取哈希表中目的元素的下标。
2.i：获取当前元素的下标。
3.new int[]{map.get(diff), i}：创建一个包罗两个元素的 int 数组，第一个元素是哈希表中目的元素的下标，第二个元素是当前元素的下标。
4.return：返回上一步创建的 int 数组。
须要注意的是，Java 中数组的长度是固定的，因此无法在函数中直接返回长度不确定的数组。一种办理方法是返回一个长度为 2 的数组，此中第一个元素是第一个目的元素的下标，第二个元素是第二个目的元素的下标。如果无法找到目的元素，可以返回一个空的 int 数组。
该算法的时间复杂度为 O(n)，空间复杂度为 O(n)，此中 n 是数组的长度。利用哈希表可以快速查找元素，从而将查找目的元素的时间复杂度低沉到 O(1)。因此，总的时间复杂度为 O(n)。同时，须要额外利用一个哈希表来存储数组元素的索引，因此空间复杂度为 O(n)。
优化后：
可以对代码举行一些优化，使得时间复杂度和空间复杂度更小。详细来说，可以利用双指针的方法来查找目的元素。双指针分别指向数组的首尾，根据两个指针指向的元素之和与目的元素的巨细关系，决定向左移动左指针还是向右移动右指针。如允许以将时间复杂度低沉到 O(n)，同时空间复杂度也减小了，由于不须要利用额外的哈希表存储元素的索引。
下面是优化后的代码，解释中详细表明了每一步的实现过程和原理：
class Solution { public int[] twoSum(int[] nums, int target) { // 对数组举行排序 Arrays.sort(nums); // 双指针分别指向数组的首尾 int left = 0, right = nums.length - 1; // 循环查找目的元素 while (left < right) { // 计算当前指向的元素之和 int sum = nums[left] + nums[right]; // 判断当前元素之和与目的元素的巨细关系 if (sum == target) { // 如果相当，则返回当前元素的下标 return new int[]{left, right}; } else if (sum < target) { // 如果小于目的元素，则向右移动左指针 left++; } else { // 如果大于目的元素，则向左移动右指针 right--; } } // 如果无法找到目的元素，则返回空的 int 数组 return new int[0]; }} 该算法的时间复杂度为 O(nlogn)，空间复杂度为 O(1)，此中 n 是数组的长度。由于须要对数组举行排序，以是时间复杂度为 O(nlogn)。同时，只须要利用常数个变量来存储双指针的位置，因此空间复杂度为 O(1)。
- 时间复杂度：
O(nlogn)
- 空间复杂度：
O(1)
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