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一、题目

给你一个下标从1开始的整数数组numbers，该数组已按非递减顺序排列，请你从数组中找出满足相加之和等于目标数target的两个数。如果设这两个数分别是numbers[index1]和numbers[index2]，则1 <= index1 < index2 <= numbers.length。以长度为2的整数数组[index1, index2]的形式返回这两个整数的下标index1和index2。你可以假设每个输入 只对应唯一的答案 ，而且你不可以重复使用相同的元素。你所设计的解决方案必须只使用常量级的额外空间。

示例 1：
输入：numbers = [2,7,11,15], target = 9
输出：[1,2]
解释：2与7之和等于目标数9。因此index1 = 1, index2 = 2。返回[1, 2]。

示例 2：
输入：numbers = [2,3,4], target = 6
输出：[1,3]
解释：2与4之和等于目标数6。因此index1 = 1, index2 = 3。返回[1, 3]。

示例 3：
输入：numbers = [-1,0], target = -1
输出：[1,2]
解释：-1与0之和等于目标数-1。因此index1 = 1, index2 = 2。返回[1, 2]。

2 <= numbers.length <= 3 * 104
-1000 <= numbers[i] <= 1000
numbers按非递减顺序排列
-1000 <= target <= 1000
仅存在一个有效答案

二、代码

【1】使用二分查找法： 通过target - numbers[i]得到目标值，然后根据二分查找目标值，二分查找小于目标值，取右边进行递归，否则取左边的数据进行递归。

class Solution {public int[] twoSum(int[] numbers, int target) {// 通过 target - numbers[i] 得到目标值，然后根据二分查找目标值，二分查找小于目标值，取右边进行递归，否则取左边的数据进行递归。int left = 0, right = 0, val = 0, mid = 0;for (int i = 0; i < numbers.length; i++) {left = i + 1;right = numbers.length - 1;// 需要查找的值val = target - numbers[i];// 中间数据while(left <= right) {mid = (right - left) / 2 + left;// 循环退出条件if (numbers[mid] == val) {return new int[] {i + 1 , mid + 1};}// 如果中间值大于目标值，二分查找左边数组，否则查找右边数组if (numbers[mid] > val) {right = mid;} else {left = mid + 1;}}}return new int[]{-1,-1};}
}

时间复杂度： O(nlog⁡n)其中n是数组的长度。需要遍历数组一次确定第一个数，时间复杂度是O(n)，寻找第二个数使用二分查找，时间复杂度是O(log⁡n)，因此总时间复杂度是O(nlog⁡n)。
空间复杂度： O(1)

【2】双指针： 初始时两个指针分别指向第一个元素位置和最后一个元素的位置。每次计算两个指针指向的两个元素之和，并和目标值比较。如果两个元素之和等于目标值，则发现了唯一解。如果两个元素之和小于目标值，则将左侧指针右移一位。如果两个元素之和大于目标值，则将右侧指针左移一位。移动指针之后，重复上述操作，直到找到答案。

class Solution {public int[] twoSum(int[] numbers, int target) {// 思想：将左右指针累加后，如果sum > target 右指针-1，sum < target 左指针 + 1int left = 0 , right = numbers.length - 1;while (left < right) {int sum = numbers[left] + numbers[right];if (sum == target) {return new int[]{left + 1 , right + 1};} else if (sum > target){--right;}else {++left;}}return new int[]{-1,-1};}
}

时间复杂度： O(n)其中n是数组的长度。两个指针移动的总次数最多为n次。
空间复杂度： O(1)