这是悦乐书的第279次更新,第295篇原创
01 看题和准备
今天介绍的是LeetCode算法题中Easy级别的第147题(顺位题号是645)。集合S最初包含从1到n的数字。 但不幸的是,由于数据错误,集合中的一个数字被复制到集合中的另一个数字,这导致重复一个数字而丢失另一个数字。给定一个数组nums,表示错误后该集的数据状态。要求先找到两次出现的数字,然后找到丢失的数数字,最后以数组的形式返回它们。例如:
输入:nums = [1,2,2,4]
输出:[2,3]
注意:
-
给定的数组大小将在[2,10000]范围内。
-
给定数组的数字无序。
本次解题使用的开发工具是eclipse,jdk使用的版本是1.8,环境是win7 64位系统,使用Java语言编写和测试。
02 第一种解法
题目的意思是根据给出的数组,找出两个数,第一个数是该数组中重复出现的那个数,第二个数是该数组中缺失的那个数,也就是说最后返回的结果数组,两个数是有先后顺序的。
先对数组排序,然后从第二位开始遍历数组,如果当前一位与前一位相等,说明重复了,那么第一位数就找到了。如果当前元素比前一位元素加1后还要大,说明前一位元素是重复出现的那个数的第二个,也就是要找的缺失的那个数。
但是,还有两种特殊情况需要考虑,因为题目并不能保证数组首尾不缺少元素。第一,nums的第一位是不是从1开始?如果不是,那么第二个数就是1。第二,nums的最后一位元素是不是和数组长度相等?如果不相等,那么第二个数就是数组的长度。
此解法的时间复杂度是O(nlog(n)),空间复杂度是O(1)。
public int[] findErrorNums(int[] nums) {
// 排序
Arrays.sort(nums);
int[] result = new int[2];
for (int i=1; i<nums.length; i++) {
if (nums[i] == nums[i-1]) {
// 第一个数,重复出现的元素
result[0] = nums[i];
} else if (nums[i] > nums[i-1]+1) {
// 第二个数,缺失的那个数
result[1] = nums[i-1]+1;
}
}
// 数组第一个元素不是1
if (nums[0] != 1) {
result[1] = 1;
} else if (nums[nums.length-1] != nums.length) {
// 数组最后一个元素不是数组的长度
result[1] = nums.length;
}
return result;
}
03 第二种解法
我们也可以不排序,使用HashMap。先将数组的元素都添加进map中,以元素值为key,出现次数为value。然后开始循环,从0到数组的长度,如果map中包含当前索引值加1,并且它出现的次数为2次,那么第一个数就是该元素,否则第二个元素就是当前缺失的索引值加1。
此解法的时间复杂度是O(n),最坏情况是O(n^2),空间复杂度是O(n)。
public int[] findErrorNums(int[] nums) {
int[] result = new int[2];
Map<Integer, Integer> map = new HashMap<Integer, Integer>();
for (int num : nums) {
map.put(num, map.getOrDefault(num, 0)+1);
}
for (int i=0; i<nums.length; i++) {
if (map.containsKey(i+1)) {
// 出现两次的重复元素
if (map.get(i+1) == 2) {
result[0] = i+1;
}
} else {
// 缺失的元素
result[1] = i+1;
}
}
return result;
}
04 第三种解法
我们也可以不使用HashMap,使用数组进行代替。思路与第二种解法类似。
此解法的时间复杂度是O(n),空间复杂度是O(n)。
public int[] findErrorNums(int[] nums) {
int[] result = new int[2];
// 新建一个数组,长度比nums大1
int[] arr = new int[nums.length+1];
for (int i=0; i<nums.length; i++) {
// 以nums的元素作为索引,出现次数为value
arr[nums[i]]++;
}
// 数组的元素值是从1开始的,所以新数组也从第二位开始遍历
for (int i=1; i<arr.length; i++) {
// 重复出现的元素
if (arr[i] == 2) {
result[0] = i;
} else if (arr[i] == 0) {
// 缺失的元素
result[1] = i;
}
}
return result;
}
05 第四种解法
我们还可以使用减法。先将数组元素正常情况下的元素之和算出来,因为是从1到n的数,是一个公差为1的等差数列,可以直接套用等差数列求和的公式来计算和,然后用算出来的和减去数组中的每一个元素,最后和可能是正1,也可能是负1,因为数组中有重复元素,也就可能多1或者少1,也即是重复项元素值多1或者少1,所以缺失的那个数可以直接使用最后的和与重复项元素相加得到。
此解法的时间复杂度是O(n),空间复杂度是O(n)。
public int[] findErrorNums(int[] nums) {
int[] result = new int[2];
// 定义一个HashSet
Set<Integer> set = new HashSet<Integer>();
// 等差数列求和公式
long sum = nums.length*(nums.length+1)/2;
for (int i=0; i<nums.length; i++) {
// 重复出现的那个数
if (set.contains(nums[i])) {
result[0] = nums[i];
}
set.add(nums[i]);
// 减去每一个元素
sum -= nums[i];
}
// sum最后可能是正数,也可能是负数,与重复元素相加后,正好是缺失的那个数
result[1] = (int)sum + result[0];
return result;
}
06 第五种解法
我们可以对原数组进行标记,将元素变成负数,如果遇到的元素是小于0的,说明已经对该元素变过一次负数,也就是说该元素重复了,最后在遍历一次数组,如果遇到大于0的数,表明在该位置缺少一个元素。
此解法的时间复杂度是O(n),空间复杂度是O(1)。
public int[] findErrorNums(int[] nums) {
int[] result = new int[2];
for (int num : nums) {
if (nums[Math.abs(num)-1] < 0) {
// 已经转过一次负数的数,表明重复
result[0] = Math.abs(num);
} else {
// 将所有元素转为负数
nums[Math.abs(num)-1] *= -1;
}
}
for (int i=1; i<nums.length; i++) {
// 剩下那个没有被转成负数的数
if (nums[i] > 0) {
result[1] = i+1;
}
}
return result;
}
07 第六种解法
此解法是使用异或运算,来自讨论区。传送门:https://leetcode.com/problems/set-mismatch/discuss/105513/XOR-one-pass
public int[] findErrorNums(int[] nums) {
int[] ans = new int[2];
for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
int val = Math.abs(nums[i]);
ans[1] ^= (i+1) ^ val;
if (nums[val-1] < 0) ans[0] = val;
else nums[val-1] = -nums[val-1];
}
ans[1] ^= ans[0];
return ans;
}
08 小结
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