给定一个整数数组和一个目标值，找出数组中和为目标值的两个数。
你可以假设每个输入只对应一种答案，且同样的元素不能被重复利用。
示例:
给定 nums = [2, 7, 11, 15], target = 9 因为 nums[0] + nums[1] = 2 + 7 = 9 所以返回 [0, 1]
自己的思路如下：将容器nums中的元素，依次用target减去，放入另一个容器b中，位置对应，既然同样的元素不能被重复利用，那么依次对比b中的元素有没有在nums中的其他位置出现，如果出现了，我们就找到了两个的位置。另外就是要求返回的是一个数对，我们需要额外建立个容器c，将找到的位置放入容器c中返回。
class Solution { public: vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) { vector<int>b,c; for(int i=0;i<nums.size();i++) { b.push_back(target-nums[i]); } for(int i=0;i<b.size();i++) for(int j=0;j<nums.size();j++) { if(b[i]==nums[j]) { if(i!=j) { c.push_back(i); c.push_back(j); return c; } } } } };
那么有没有更好的算法呢，当然是有的，上述算法的时间复杂度达到了o(n^2)，经过参考，特记录优秀算法如下
vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target)
{
unordered_map<int, int> m;
vector<int> c;
for (int i = 0; i < nums.size(); ++i)
{
if (m.count(target - nums[i]))
{
c.push_back(m[target-nums[i]]);
c.push_back(i);
return c;
}
m[nums[i]] = i;
}
}
其中的count函数是algorithm头文件中包含的，count(first,end,pre),参数中first代表查询的起始位置，是一个迭代器，end代表查询的终止位置，也是一个迭代器，pre是要查询的元素，返回的是元素出现的次数。count函数和find函数类似，但find函数返回的是该元素的迭代器。
上述程序中count返回的值是1或者0，因为在unorder_map中，元素只允许出现一次，相同的元素会被覆盖。如果查询到了target-nums[i],则返回i和找到的位置，比如{2,7,4,11}，target=6.map中会得到（2,0）（7,1）（4,2），可以发现target-4=2，已经在map中找到了，返回找到那个的位置（肯定在前面，所以先返回），再返回本位置。
原文：https://www.cnblogs.com/mini-coconut/p/8940046.html