两道数组有关的OJ练习题

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前言
一、消失的数字
- 题目分析：
- - [方法 1](#方法 1)
  - [方法 2](#方法 2)
二、轮转数组
- 题目分析：
- - [方法 1](#方法 1)
  - [方法 2](#方法 2)
  - [方法 3](#方法 3)
END

前言

各位博友，大家好！👋 今天为大家送上数组有关的OJ练习的总结🔍。

一、消失的数字

想要挑战一下的小伙伴们，快来点击下面的链接吧！🔗
让我们来看看，到底谁的方法更胜一筹，比拼一下智慧与创意，嘻嘻~ 😉🧠✨

消失的数字

题目分析：

数组 nums 包含从 0 到 n 的所有整数，但其中缺了一个。
方法1：可以使用异或操作符来解决
思路如下：
两个相同的数字进行异或（^），得到的结果是数字 0，
数字 0 与其他数字异或（^），得到的是该数字本身。
我们可以先将该数组的所有数字进行异或，
再将【0，n】的数字和该数组的异或结果进行异或（^），
最终就能得到那个缺失的整数。
原因很简单，那个消失的数字就出现了一次，其他数字出现了两次，
当进行异或（^）时，其他数字出现了两次，异或得到的结果是数字 0，
最终就是数字0 和消失的数字进行异或（^），
结果就是那个缺失的整数。
方法 2：可以使用相减的方法
参考方法 1，可以先将该数组的所有数字进行相加，得到 sum1；
再将【0，n】的数字进行相加，得到 sum2；
最后返回 sum2 - sum1。
原因很简单，那个消失的数字就出现了一次，其他数字出现了两次。
当进行相减时，那个消失的数字就是sum2 - sum1。

方法 1

c 复制代码

int missingNumber(int* nums, int numsSize) 
{
    int i = 0; // 定义循环变量 i ，用于遍历数组
    int ret = 0; // 定义返回值变量 ret ，用于存储异或结果

    // 将该数组的所有数字进行异或
    for(i = 0; i < numsSize; ++i) 
    {
        ret ^= nums[i]; // 异或操作，将数组中的每个元素与 ret 进行异或
    }

    // 将【0，n】的数字和该数组的异或结果 ret 进行异或
    // 这里的 n 是数组的长度 numsSize
    for(i = 0; i <= numsSize; ++i) 
    {
        ret ^= i; // 将 0 到 numsSize 的每个数字与 ret 进行异或
    }

    return ret; // 返回最终的异或结果，即为缺失的数字
}

方法 1 的时间复杂度是O(numsSize)，空间复杂度是O(1)。

方法 2

c 复制代码

int missingNumber(int* nums, int numsSize) 
{
    int i = 0; 		// 定义循环变量 i，用于遍历数组
    int sum1 = 0; 	// 定义变量 sum1，用于存储数组中所有数字的和
    int sum2 = 0; 	// 定义变量 sum2，用于存储从 0 到 numsSize 所有数字的和

    // 将该数组的所有数字进行相加，得到 sum1
    for(i = 0; i < numsSize; ++i) 
    {
        sum1 += nums[i]; // 累加数组中的每个元素
    }

    // 再将【0，n】的数字进行相加，得到 sum2
    // 这里的 n 是数组的长度 numsSize
    for(i = 0; i <= numsSize; ++i) 
    {
        sum2 += i; // 累加从 0 到 numsSize 的每个数字
    }

    return (sum2 - sum1); // 返回 sum2 和 sum1 的差值，即为缺失的数字
}

方法 2 的时间复杂度是O(numsSize)，空间复杂度是O(1)。

二、轮转数组

下面是这道题目的链接🔗，想尝试的博友，可以点击下面的链接直达哦 👋🏼

轮转数组

题目分析：

给定一个整数数组 nums，将数组中的元素向右轮转 k 个位置，其中 k 是非负数。
首先，要将 k % 数组的长度（numsSize）。
因为，第 k 次轮转其实就是第 0 次轮转。

方法 1

可以先将最右边（末尾）的那个元素保存起来，
再将前 n - 1 个元素向后移动一个位置，
上面是循环的一次，如此循环，一直到 k 次，最终就能得到轮转后的结果。
但是该方法超出了时间限制（即当有一个数组长度比较大的，通过时间要很长）。

方法 2

可以将数组的后面 k 个元素保存到一个新的数组中，
再将原来数组的前面 n - k 个元素尾插到新数组中。
最后将新数组中的所有值依次赋值给原来的数组。
但是该方法也是超出了时间限制。

方法 3

是比较难想到的方法，
该方法是先将数组的后面 k 个元素进行逆序，
再将数组前面的 numsSize - k 个元素进行逆序，
最后将该数组整体逆序。

c 复制代码

// 交换数组中两个位置的元素的函数
void Swap(int* nums, int left, int right) 
{
    while(left < right) 
    {
        int tmp = nums[left]; 		// 临时变量，用于交换数值
        nums[left] = nums[right]; 	// 将 right 位置的值赋给 left 位置
        nums[right] = tmp; 			// 将临时变量的值（原 left 位置的值）赋给 right 位置

        ++left; 	// 移动 left  
        --right; 	// 移动 right  
    }
}

// 旋转数组的函数，将数组 nums 向右旋转 k 个位置
void rotate(int* nums, int numsSize, int k) 
{
    k %= numsSize; // 取模操作，确保 k 不超过数组长度，因为旋转数组长度圈数后会回到原样

    // 将最后 k 个元素 逆序
    Swap(nums, numsSize - k, numsSize - 1);
    // 将前 numsSize - k 个元素 逆序 
    Swap(nums, 0, numsSize - k - 1);
    // 将整个数组 逆序
    Swap(nums, 0, numsSize - 1);
}

方法 3 的时间复杂度是O(numsSize)，空间复杂度是O(1)。

END

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