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题目：

给你一个整数数组 nums ，判断是否存在三元组 [nums[i], nums[j], nums[k]] 满足 i != j、i != k 且 j != k ，同时还满足 nums[i] + nums[j] + nums[k] == 0 。请你返回所有和为 0 且不重复的三元组。

注意：答案中不可以包含重复的三元组。

示例 1：

输入：nums = [-1,0,1,2,-1,-4]
输出：[[-1,-1,2],[-1,0,1]]
解释：
nums[0] + nums[1] + nums[2] = (-1) + 0 + 1 = 0 。
nums[1] + nums[2] + nums[4] = 0 + 1 + (-1) = 0 。
nums[0] + nums[3] + nums[4] = (-1) + 2 + (-1) = 0 。
不同的三元组是 [-1,0,1] 和 [-1,-1,2] 。
注意，输出的顺序和三元组的顺序并不重要。

示例 2：

输入：nums = [0,1,1]
输出：[]
解释：唯一可能的三元组和不为 0 。

示例 3：

输入：nums = [0,0,0]
输出：[[0,0,0]]
解释：唯一可能的三元组和为 0 。

思路：

拿这个nums数组来举例，首先将数组排序，然后有一层for循环，i从下标0的地方开始，同时定一个下标left 定义在i+1的位置上，定义下标right 在数组结尾的位置上。

依然还是在数组中找到 abc 使得a + b +c =0，我们这里相当于 a = nums[i]，b = nums[left]，c = nums[right]。

接下来如何移动left 和right呢， 如果nums[i] + nums[left] + nums[right] > 0 就说明 此时三数之和大了，因为数组是排序后了，所以right下标就应该向左移动，这样才能让三数之和小一些。

如果 nums[i] + nums[left] + nums[right] < 0 说明 此时 三数之和小了，left 就向右移动，才能让三数之和大一些，直到left与right相遇为止。

时间复杂度：O(n^2)。

代码：

class Solution {
public:vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {vector<vector<int>> result;sort(nums.begin(), nums.end());// 找出a + b + c = 0// a = nums[i], b = nums[left], c = nums[right]for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {// 排序之后如果第一个元素已经大于零，那么无论如何组合都不可能凑成三元组，直接返回结果就可以了if (nums[i] > 0) {return result;}// 错误去重a方法，将会漏掉-1,-1,2 这种情况/*if (nums[i] == nums[i + 1]) {continue;}*/// 正确去重a方法if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]) {continue;}int left = i + 1;int right = nums.size() - 1;while (right > left) {// 去重复逻辑如果放在这里，0，0，0 的情况，可能直接导致 right<=left 了，从而漏掉了 0,0,0 这种三元组/*while (right > left && nums[right] == nums[right - 1]) right--;while (right > left && nums[left] == nums[left + 1]) left++;*/if (nums[i] + nums[left] + nums[right] > 0) right--;else if (nums[i] + nums[left] + nums[right] < 0) left++;else {result.push_back(vector<int>{nums[i], nums[left], nums[right]});// 去重逻辑应该放在找到一个三元组之后，对b 和 c去重while (right > left && nums[right] == nums[right - 1]) right--;while (right > left && nums[left] == nums[left + 1]) left++;// 找到答案时，双指针同时收缩right--;left++;}}}return result;}
};

过程：

示例输入：nums = [-1,0,1,2,-1,-4]

排序后的数组为：[-4, -1, -1, 0, 1, 2]

详细执行过程如下：

1. i=0（nums[i]=-4）

   • left=1，right=5

   • 计算和：-4 + (-1) + 2 = -3 < 0 → left++

   • left=2，和：-4 + (-1) + 2 = -3 < 0 → left++

   • ... 直到 left >= right，未找到解。

2. i=1（nums[i]=-1）

   • 非重复元素，left=2，right=5

   • 和：-1 + (-1) + 2 = 0 → 记录 [-1,-1,2]

     • 跳过右侧重复（无），right=4，left=3

   • 新和：-1 + 0 + 1 = 0 → 记录 [-1,0,1]

     • 跳过重复后，循环结束。

3. i=2（nums[i]=-1）

   • 与前一个元素重复，跳过。

4. i=3（nums[i]=0）

   • 后续元素均正数，无解。

最终输出：[[-1,-1,2], [-1,0,1]]

部分代码分析：

 `if (i > 0 && nums[i] == nums[i-1])` 是去重核心逻辑**，目的是跳过重复的「第一个数」，确保不会生成重复的三元组。

📌 代码逻辑解析
1. 数组先排序：排序后为 `[-4, -1, -1, 0, 1, 2]`。
2. 固定第一个数：遍历每个元素 `nums[i]` 作为三元组的第一个数。
3. 双指针找后两个数：用 `left` 和 `right` 在 `i` 右侧的区间内搜索和为 `nums[i]` 的两个数。

但关键问题是：如果 `nums[i]` 重复出现，会导致重复的三元组。例如：
 当 `i=1` 时，`nums[i] = -1`，会找到三元组 `[-1,-1,2]` 和 `[-1,0,1]`。
-当 `i=2` 时，`nums[i] = -1`（与前一个数相同），此时若不跳过，会再次生成相同的三元组。

🌰 以你的示例逐步分析
1. 当 `i=1`（`nums[i]=-1`）
检查条件 `i > 0 && nums[i] == nums[i-1]`：
`i=1 > 0` 且 `nums[1] = -1 == nums[0] = -4`？ → **不成立**，继续执行。
- 双指针找到两个解：`[-1,-1,2]` 和 `[-1,0,1]`。

2. 当 `i=2`（`nums[i]=-1`）
检查条件 `i > 0 && nums[i] == nums[i-1]`：
`i=2 > 0` 且 `nums[2] = -1 == nums[1] = -1` → 成立，跳过本次循环。

为什么跳过？ 
   因为此时固定的是第二个 `-1`，而第一个 `-1`（即 `i=1`）已经处理过所有可能的三元组。如果继续处理，会重复生成以 `-1` 开头的相同三元组。

❓ 为什么要加 `i > 0`？
当 `i=0` 时，`nums[i-1]` 会越界，所以必须限定 `i > 0`。
只有从第二个元素开始（`i≥1`），才有必要检查是否与前一个元素重复。

 🚫 如果不加这个条件会怎样？

假设去掉 `i > 0`，则当 `i=0` 时，`nums[i]` 会与 `nums[i-1]`（即 `nums[-1]`，非法访问）比较，导致未定义行为。

✅ 总结条件的作用
跳过重复的「第一个数」：确保每个不同的值只作为第一个数处理一次。
依赖数组已排序：只有排序后，重复元素才会相邻，才能通过 `nums[i] == nums[i-1]` 判断重复。

 🌟 完整去重逻辑
1. 第一个数的去重：通过 `if (i>0 && nums[i]==nums[i-1])` 跳过。
2. 第二个数的去重：在找到解后，`while (left < right && nums[left] == nums[left+1]) left++`。
3. 第三个数的去重：在找到解后，`while (left < right && nums[right] == nums[right-1]) right--`。

这三步共同确保三元组在三个维度上不重复。