【剑指offer】学习计划day4

目录

[一. 前言](#一. 前言)

二.数组中重复的数字

a.题目

b.题解分析

c.AC代码

[三.在排序数组中查找数字 I](#三.在排序数组中查找数字 I)

a.题目

b.题解分析

c.AC代码

四.0～n-1中缺失的数字

a.题目

b.题解分析

c.AC代码

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一. 前言

本系列是针对Leetcode中剑指offer学习计划的记录与思路讲解。详情查看以下链接：

剑指offer-学习计划https://leetcode.cn/study-plan/lcof/?progress=x56gvoct

本期是本系列的day4，今天的主题是----》查找算法（简单）

题目编号：JZ03，JZ53-I，JZ53-II

二.数组中重复的数字

a.题目

b.题解分析

法1. 暴力排序

我们可以直接对数组从小到大进行排序。然后遍历这个有序数组，如果出现前后两个元素重复的情况，则返回这个数即可。

但是我们知道排序的时间成本太高了，最快也是量级的，我们有没有办法将时间复杂度降到呢？

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法2. 哈希表

这种和查找重复元素有关的题目，我们可以使用哈希表，哈希表查找的时间复杂度为O(1)。我们可以在直接遍历数组的同时在哈希表中查找是否存在此元素，如果存在，则该元素就是一个重复元素；如果不存在，则将其插入哈希表。

时间复杂度： 遍历数组O(N)，哈希表插入和查找都为O(1)，合计O(N)。

空间复杂度： 使用了哈希表作为辅助空间，空间复杂度为O(N)。

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法3. 原地交换

方法二其实就是我们经常采用的以空间换时间的策略。那有没有什么方法既可以保证时间效率，又可以节省空间呢？答案是有的，我们可以在原数组上动刀子

这种方法其实也是利用了哈希映射的思想，我们观察题目发现数组的下标范围为0~n-1，每个元素也在0~n-1之间，因此我们可以将原数组看做一个哈希表来节省空间。具体的方式如下：

1. 遍历数组arr，i为下标，如果arr[i] == i，即当前元素的值和其对应的下标相同，说明当前元素已经在正确的索引位置，无需交换，i++向后遍历。
2. 当arr[i] != i时，我们需要将其交换到正确的索引位置。此时如果索引位置处的值等于arr[i]，则说明此索引对应多个值，arr[i]就是一组重复数字，返回；否则就将arr[i]交换到索引位置arr[i]处。
3. 如果数组遍历完依旧没有返回，则没有重复数字，返回-1。

时间复杂度： 遍历一遍数组，时间复杂度为O(N)。

**空间复杂度：**没有使用额外的辅助空间，空间复杂度为O(N)。

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c.AC代码

//法1：暴力排序，不推荐，代码略

//法2：哈希表，时间O(N),空间O(N)
class Solution {
public:
    int findRepeatNumber(vector<int>& nums)
    {
        unordered_map<int, bool> hash; //定义一个哈希表，表中的值表示对应元素是否存在
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) //遍历数组
        {
            if (hash[nums[i]] == true) //当前元素已经存在，直接返回
            {
                return nums[i];
            }
            hash[nums[i]] = true; //不存在则插入
        }
        return -1; //找不到重复元素，返回-1
    }
};


//法3：原地交换，时间O(N),空间O(1)
class Solution {
public:
    int findRepeatNumber(vector<int>& nums) 
    {
        int i=0;
        while(i < nums.size()) //遍历数组
        {
            if(nums[i] == i) //已经在索引位置上，无需交换，前进
            {
                i++;
            }
            else if(nums[ nums[i] ] == nums[i]) //不在索引位置，且索引位置已经有正确值了
            {
                return nums[i];
            }
            else //不在索引位置，索引位置不是正确值，交换
            {
                swap(nums[i],nums[ nums[i] ]);
            }
        }
        return -1; //找不到重复元素，返回-1
    }
};

三.在排序数组中查找数字 I

a.题目

b.题解分析

法1. 遍历计数（极度不推荐）

这种最朴素的解法就不用多说了，遍历数组用变量统计次数，一次循环O(N)搞定！但是如果你这么做的话面试官可能就要开始和你闲聊了，问问你们家乡的风土人情

题目阐明了nums是个排序数组自然有它的道理

法2. 两次二分（推荐）

是个排序数组又让我们查找，自然而然我们就会想到二分查找。既然让我们求出现的次数，那我们找到左边界，再找到右边界，两个下标相减不就好了，easy。

具体方法如下：

1. 初始化：初始化左边界为0，右边界为numsSize-1。即闭区间。
2. 找左边界下标：先求出中间下标mid，如果nums[mid] >= target，则缩小右边界right到mid-1，如果nums[mid] < target，则缩小左边界left到mid+1。循环直到left > right时，left就是我们要找的左边界。
3. **判断有效性（可选）：**判断一下找到的左边界是否有效，无效则说明没有此数字，直接返回。
4. **找右边界下标：**求出中间下标mid，如果nums[mid] <= target，则缩小左边界left到mid+1，如果nums[mid] > target，则缩小右边界right到mid-1。循环直到left > right时，right就是我们要找的右边界。
5. **返回区间个数：**由于我们的边界是闭区间，所以区间内的元素个数为right-left+1，即为最终答案。

具体动图如下：

时间复杂度： 二分法每次搜索区间缩小一半，时间复杂度O(logn)。

空间复杂度： 只使用到了常数级的变量，空间复杂度为O(1)。

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法3. 一次二分（不太推荐）

上面是分别用2次二分查找左右边界，其实我们也可以只用1次二分同时查找左右边界噢，方法如下：

1. 初始化：初始化左边界为0，右边界为numsSize-1。即闭区间。
2. 边界缩小： 求出中间下标mid，如果nums[mid] > target，说明右边界在mid左边，因此缩小右边界right到mid-1；如果nums[mid] < target，说明左边界在mid右边，因此缩小左边界left到mid+1；而如果nums[mid] == target，我们显然不能将左右边界缩小到mid，这会导致跨过边界，只能一步步进行移动，即如果左边界不为目标值则left++，右边界不为目标值则right--；循环直到左右边界的值都为目标值，此时的left和right即为所找的边界。
3. **返回区间个数：**由于我们的边界是闭区间，所以区间内的元素个数为right-left+1，即为最终答案。

具体动图如下：

但笔者不太推荐这种方法，原因是这种方法在一些情况下时间复杂度会退化到O(N)。例如：

我们发现每次mid的值都为3，nums[mid]恒等于Targer ，left和right只能移动1步，最后相当于把数组遍历了一遍，时间复杂度退化为O(N)。

时间复杂度： 采用二分法，时间复杂度O(logn)；但在一些特殊情况如目标值正好在数组正中间时会退化为O(N)。

空间复杂度： 只使用到了常数级的变量，空间复杂度为O(1)。

c.AC代码

//法1：循环计数，时间复杂度O(N)，极度不推荐，代码略

//法2：两次二分法，时间复杂度O(logN)，空间复杂度O(1)
int search(int* nums, int numsSize, int target)
{
    int left = 0;
    int right = numsSize - 1;
    //找左边界
    while (left <= right)
    {
        int mid = left + (right - left) / 2; //求中间值
        if (nums[mid] >= target)
        {
            right = mid - 1;
        }
        else if (nums[mid] < target)
        {
            left = mid + 1;
        }
    }
    int left_ans = left; //将左边界的下标保存起来
    //检查左边界合法性，可选
    if (left_ans >= numsSize || left_ans < 0 || nums[left_ans] != target)
    {
        return 0;
    }
    //重置用于找右边界
    left = 0;
    right = numsSize - 1;
    while (left <= right)
    {
        int mid = left + (right - left) / 2;
        if (nums[mid] > target)
        {
            right = mid - 1;
        }
        else if (nums[mid] <= target)
        {
            left = mid + 1;
        }
    }
    int right_ans = right; //保存右边界
    return right_ans - left_ans + 1; //闭区间，记得+1
}


//法3,一次二分找两边界，时间复杂度O(logN),但遇到特殊情况时间复杂度会退化到O(N),故不太推荐.空间复杂度O(1)
int search(int* nums, int numsSize, int target)
{
    int left = 0;
    int right = numsSize - 1;
    while (left <= right)
    {
        int mid = left + (right - left) / 2; //求中间值
        if (nums[mid] > target) //缩小右边界
        {
            right = mid - 1;
        }
        else if (nums[mid] < target) //缩小左边界
        {
            left = mid + 1;
        }
        else //等于目标值
        {
            if (nums[left] == target && nums[right] == target) //已经缩小到正确位置，break
                break;
            if (nums[left] != target) //一步步缩小
                left++;
            if (nums[right] != target)
                right--;

        }
    }
    return right - left + 1; //闭区间，记得+1
}

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四.0～n-1中缺失的数字

a.题目

b.题解分析

法1. 直接遍历

由于数组是递增数组，假如没有缺失数字，则每个位置的数字应该会下标构成一一映射的关系，即nums[0]=0，nums[1]=1......。因此我们只要遍历一次数组，当出现nums[i] != i时，则说明下标i位置对应的数缺失，返回缺失的数i。如果数组遍历完还没找到，则说明0-numsSize-1的数都存在，消失的数就为numsSize。

时间复杂度： 遍历数组，时间复杂度O(N)。

空间复杂度： 只使用到了常数级的变量，空间复杂度为O(1)。

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法2. 位运算

根据异或运算x⊕x=0 和 x⊕0=x的运算规则，我们可以先将0~n-1的每个数进行异或，然后再将结果和数组nums中的每个元素进行异或，最后剩下的一定就是消失的数字。

时间复杂度： 遍历数组进行异或运算，时间复杂度O(N)。

空间复杂度： 只使用到了常数级的变量，空间复杂度为O(1)。

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法3. 数学

除了用异或，我们也可以先将0~n-1的每个数进行相加，这里可以使用等差数列前n项和公式。然后再将结果和数组中每个元素进行相减抵消，剩下的就是消失的数字。

时间复杂度： 遍历数组进行相减，时间复杂度O(N)。

空间复杂度： 只使用到了常数级的变量，空间复杂度为O(1)。

---

法4. 二分查找

既然是递增数组，又让我们查找，那可不可以使用二分的方式呢？答案是可以的。我们只要找到第一次出现nums[i] != i的位置即可，二分的具体思路如下：

1. 初始化：初始化左边界为0，右边界为numsSize-1。即闭区间。
2. **锁定位置：**先求出中间下标mid，如果nums[mid] == mid，则说明左半部分(包括mid)全部对应，消失的数字在右半部分，缩小左边界left到mid+1；如果nums[mid] != mid，则说明消失的数字在左半部分(包括mid)，我们缩小右边界right到mid-1(当然这可能错过，但不影响)。循环直到left > right时我们就结束循环，此时的left即为消失的数字。
3. 关于错过： 可能有的人会有疑问，如果mid恰好是消失的数字，那right缩小到mid-1不就错过mid了吗？确实是错过了，但又没有真正错过。我们发现错过之后的nums[mid] 始终等于 mid，即left会一直往右走，right就不会动了，当left > right时left恰巧就是我们错过的位置，这也是为什么要返回left的原因。

具体动图如下：

时间复杂度： 采用二分法，时间复杂度O(logn)。

空间复杂度： 只使用到了常数级的变量，空间复杂度为O(1)。

c.AC代码

//法1，排序数组直接遍历查找 时间O(N),空间O(1)
int missingNumber(int* nums, int numsSize)
{
    //数组下标0-numsSize-1 , 数据范围0 - numsSize
    int k = 0;
    for (k = 0; k < numsSize; k++)
    {
        if (nums[k] != k)//不为k说明k为消失的数字
        {
            return k;
        }
    }
    //0-numsSize-1都存在，则k==numsSize即为消失的数字
    return k;
}

//法2，异或 时间O(N),空间O(1)
int missingNumber(int* nums, int numsSize)
{
    int val = 0;
    //对0-numsSize的数字进行异或
    for (int i = 0; i <= numsSize; i++)
    {
        val ^= i;
    }
    //再对数组每个元素进行异或
    for (int i = 0; i < numsSize; i++)
    {
        val ^= nums[i];
    }
    return val;
}

//法3，0-(n-1）全部相加然后与数组相减 时间O(N),空间O(1)
int missingNumber(int* nums, int numsSize)
{
    int sum = 0;
    //对0-numsSize的数字进行相加
    for (int i = 0; i <= numsSize; i++)
    {
        sum += i;
    }
    //再减去数组的每个元素
    for (int i = 0; i < numsSize; i++)
    {
        sum -= nums[i];
    }
    return sum;
}

//法4，采用二分法 时间O(logN),空间O(1)
int missingNumber(int* nums, int numsSize)
{
    int left = 0;
    int right = numsSize - 1;
    while (left <= right)
    {
        int mid = left + (right - left) / 2;
        if (nums[mid] == mid) //left右移
        {
            left = mid + 1;
        }
        else //nums[mid] != mid ,right左移
        {
            right = mid - 1;
        }
    }
    return left;
}

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以上，就是本期的全部内容啦 🌸

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