目录
[一、136. 只出现一次的数字](#一、136. 只出现一次的数字)
[二、169. 多数元素](#二、169. 多数元素)
[三、75. 颜色分类](#三、75. 颜色分类)
[四、31. 下一个排列](#四、31. 下一个排列)
[五、287. 寻找重复数](#五、287. 寻找重复数)
本笔记涵盖 5 道高频算法技巧题的核心解法、理论依据、重难点及拓展，适用于笔试 / 面试复习。
一、136. 只出现一次的数字
题目概述
给定非空整数数组，仅一个元素出现 1 次，其余元素出现 2 次，找出该唯一元素。
核心理论
位运算 异或（^）的三大特性：
- 相同数异或为 0：
a ^ a = 0- 0 与任意数异或为其本身：
0 ^ a = a- 满足交换 / 结合律：
a ^ b ^ c = a ^ c ^ b
解题思路
遍历数组，将所有元素依次异或，出现 2 次的元素会相互抵消为 0，最终结果即为 "只出现 1 次的元素"。
解法实现（Java）
java
class Solution {
public int singleNumber(int[] nums) {
int res = 0;
for (int num : nums) res ^= num;
return res;
}
}复杂度分析
- 时间复杂度：
O(n)（遍历数组 1 次） - 空间复杂度：
O(1)（仅用一个变量）
重难点分析
- 易错点：容易优先想到 "哈希表统计频率"，但会额外占用
O(n)空间，不符合最优解要求。 - 关键：理解 "异或抵消重复元素" 的本质，避免冗余空间开销。
同类题拓展
- 只出现一次的数字 II（其余元素出现 3 次）
- 只出现一次的数字 III（有 2 个元素各出现 1 次）
二、169. 多数元素
题目概述
给定整数数组，找出出现次数 ** 大于n/2** 的元素（多数元素）。
核心理论
- 摩尔投票法：多数元素的出现次数超过其他所有元素之和，可通过 "抵消" 筛选候选元素。
- 排序特性 ：排序后数组的中间元素（索引
n/2）必然是多数元素。
解题思路
摩尔投票法：
- 初始化 "候选元素" 和 "计数"。
- 遍历数组：遇相同元素则计数 + 1，不同则 - 1；计数为 0 时更换候选元素。
- 最终候选元素即为多数元素。
解法实现（Java）
java
class Solution {
public int majorityElement(int[] nums) {
int candidate = nums[0];
int count = 1;
for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
if (nums[i] == candidate) count++;
else {
count--;
if (count == 0) {
candidate = nums[i];
count = 1;
}
}
}
return candidate;
}
}复杂度分析
- 时间复杂度：
O(n) - 空间复杂度：
O(1)
重难点分析
- 易错点：摩尔投票法中 "计数为 0 时更换候选" 的逻辑容易遗漏，导致候选元素错误。
- 关键：理解 "多数元素必然能抵消所有非多数元素" 的核心逻辑，无需统计具体次数。
同类题拓展
- 求众数 II（找出出现次数超过
n/3的元素）
三、75. 颜色分类
题目概述
给定包含0、1、2的数组（代表红、白、蓝），原地排序 为0→1→2的顺序，禁止使用库排序函数。
核心理论
三指针法（荷兰国旗问题）：用 3 个指针划分 3 个区域（0 的区域、1 的区域、2 的区域），一次遍历完成排序。
解题思路
- 定义指针：
left：0 的右边界（下一个 0 的位置）right：2 的左边界（下一个 2 的位置）i：当前遍历指针
- 遍历逻辑：
- 遇 0：与
left交换，left++且i++ - 遇 2：与
right交换，right--（i不移动，需检查交换后的元素） - 遇 1：直接
i++
- 遇 0：与
解法实现（Java）
java
class Solution {
public void sortColors(int[] nums) {
int left = 0, right = nums.length - 1, i = 0;
while (i <= right) {
if (nums[i] == 0) {
swap(nums, i++, left++);
} else if (nums[i] == 2) {
swap(nums, i, right--);
} else {
i++;
}
}
}
private void swap(int[] nums, int a, int b) {
int temp = nums[a];
nums[a] = nums[b];
nums[b] = temp;
}
}复杂度分析
- 时间复杂度：
O(n) - 空间复杂度：
O(1)
重难点分析
- 易错点：交换 2 时，
i容易误加 1，导致未检查交换后的元素（可能是 0）。 - 关键：明确三指针的 "区域划分" 作用，避免指针移动逻辑混乱。
同类题拓展
- 移动零（将 0 移到数组末尾）
- 合并两个有序数组（双指针原地合并）
四、31. 下一个排列
题目概述
找出数组的下一个字典序更大的排列；若不存在，则重排为升序（最小排列），要求原地修改、常数空间。
核心理论
字典序 "最小增幅" 规律：
- 找升序断点 ：从后往前找第一个
nums[i] < nums[i+1]的索引i（i可增大）。 - 找最小增幅数 ：从后往前找第一个
nums[j] > nums[i]的索引j（保证增幅最小）。 - 调整后续顺序：交换
i、j后，反转i+1后的元素（将降序转为升序，保证后续最小）。
解题思路
- 找升序断点
i：若未找到（数组降序），直接反转数组。 - 若找到
i，找j并交换nums[i]、nums[j]。 - 反转
i+1到末尾的元素。
解法实现（Java）
java
class Solution {
public void nextPermutation(int[] nums) {
int n = nums.length, i = n - 2;
// 步骤1：找升序断点
while (i >= 0 && nums[i] >= nums[i+1]) i--;
// 步骤2：找j并交换
if (i >= 0) {
int j = n - 1;
while (nums[j] <= nums[i]) j--;
swap(nums, i, j);
}
// 步骤3：反转后续元素
reverse(nums, i+1, n-1);
}
private void swap(int[] nums, int a, int b) {
int temp = nums[a];
nums[a] = nums[b];
nums[b] = temp;
}
private void reverse(int[] nums, int l, int r) {
while (l < r) swap(nums, l++, r--);
}
}复杂度分析
- 时间复杂度：
O(n) - 空间复杂度：
O(1)
重难点分析
- 易错点：遗漏 "数组完全降序" 的情况（未找到
i时，需反转整个数组）。 - 关键：理解 "最小增幅" 的核心 ------ 既让排列变大，又只变大 "一点点"。
同类题拓展
- 全排列（生成所有字典序排列）
- 第 k 个排列（找到第 k 个字典序排列）
五、287. 寻找重复数
题目概述
给定长度为n+1的数组（元素范围[1,n]），有且仅一个重复数，要求不修改数组、常数空间找出该数。
核心理论
快慢指针（弗洛伊德环检测） ：将数组转化为 "链表"（索引 = 节点，值 = 下一个节点索引），重复数是环的入口（重复数对应多个前驱节点）。
解题思路
- 找相遇点：慢指针
slow走 1 步，快指针fast走 2 步，两者在环内相遇。 - 找环入口：新指针
ptr从起点出发，slow从相遇点出发，两者同速前进，最终在环入口（重复数）相遇。
解法实现（Java）
java
class Solution {
public int findDuplicate(int[] nums) {
// 步骤1：找快慢指针相遇点
int slow = nums[0], fast = nums[nums[0]];
while (slow != fast) {
slow = nums[slow];
fast = nums[nums[fast]];
}
// 步骤2：找环入口（重复数）
int ptr = 0;
while (ptr != slow) {
ptr = nums[ptr];
slow = nums[slow];
}
return ptr;
}
}复杂度分析
- 时间复杂度：
O(n) - 空间复杂度：
O(1)
重难点分析
- 易错点：难以想到 "数组转链表" 的思路，或不理解 "ptr 与 slow 相遇于环入口" 的数学逻辑。
- 关键：记住结论：从起点和相遇点出发的同速指针，必然在环入口相遇。
