题目

标题和出处

标题：丢失的数字

出处：268. 丢失的数字

难度

2 级

题目描述

要求

给定一个数组 $\text{nums}$，数组包含 $\text{n}$ 个在范围 $\text{[0, n]}$ 内的不同整数，返回该范围内唯一没有在数组中出现的数。

示例

示例 1：

输入：$\text{nums = [3,0,1]}$
输出：$\text{2}$
解释：$\text{n = 3}$，因为有 $\text{3}$ 个数字，所以所有的数字都在范围 $\text{[0,3]}$ 内。$\text{2}$ 是丢失的数字，因为它没有出现在 $\text{nums}$ 中。

示例 2：

输入：$\text{nums = [0,1]}$
输出：$\text{2}$
解释：$\text{n = 2}$，因为有 $\text{2}$ 个数字，所以所有的数字都在范围 $\text{[0,2]}$ 内。$\text{2}$ 是丢失的数字，因为它没有出现在 $\text{nums}$ 中。

示例 3：

输入：$\text{nums = [9,6,4,2,3,5,7,0,1]}$
输出：$\text{8}$
解释：$\text{n = 9}$，因为有 $\text{9}$ 个数字，所以所有的数字都在范围 $\text{[0,9]}$ 内。$\text{8}$ 是丢失的数字，因为它没有出现在 $\text{nums}$ 中。

数据范围

• $\text{n}=\text{nums.length}$
• $\text{1}\le \text{n}\le {\text{10}}^{\text{4}}$
• $\text{0}\le \text{nums[i]}\le \text{n}$
• $\text{nums}$ 中的所有数字各不相同

进阶

你能否实现 $\text{O(n)}$ 时间复杂度和 $\text{O(1)}$ 空间复杂度的解法？

解法一

思路和算法

首先将数组 $\text{nums}$ 升序排序。如果数组中没有数字丢失，则排序后的数组中，每个下标处的元素值都等于下标值。

假设丢失的数字是 $x$，$0\le x\le n$，则排序后的数组中，对于任意 $0\le i<x$ 都有 $\text{nums}[i]=i$。分别考虑 $x<n$ 和 $x=n$ 的两种情况：

• 如果 $x<n$，则 $\text{nums}[x]\ne x$，$x$ 是第一个元素值不等于下标值的下标；

• 如果 $x=n$，则数组中的所有下标处的元素值都等于下标值。

因此只要遍历排序后的数组即可得到丢失的数字。遍历过程中，第一个元素值不等于下标值的下标即为丢失的数字。如果遍历结束之后没有发现元素值不等于下标值的下标，则范围 $[0,n-1]$ 内的数字都不丢失，丢失的数字是 $n$。

代码

class Solution {public int missingNumber(int[] nums) {Arrays.sort(nums);int n = nums.length;for (int i = 0; i < n; i++) {if (nums[i] != i) {return i;}}return n;}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n\log n)$，其中 $n$ 是数组 $\text{nums}$ 的长度。排序需要 $O(n\log n)$ 的时间，遍历数组需要 $O(n)$ 的时间，总时间复杂度是 $O(n\log n)$。

• 空间复杂度：$O(\log n)$，其中 $n$ 是数组 $\text{nums}$ 的长度。排序需要 $O(\log n)$ 的递归调用栈空间。

解法二

思路和算法

为了找到丢失的数字，可以使用哈希集合存储数组中的数字，然后寻找不在哈希集合中的数字。

由于所有的数字都在范围 $[0,n]$ 内，因此依次遍历该范围的数字，判断每个数字是否在哈希集合中。具体做法是，首先遍历范围 $[0,n-1]$ 内的每个数字，如果遇到不在哈希集合中的数字，则该数字是丢失的数字，返回该数字。如果范围 $[0,n-1]$ 内的每个数字都在哈希集合中，则丢失的数字是 $n$，返回 $n$。

代码

class Solution {public int missingNumber(int[] nums) {Set<Integer> set = new HashSet<Integer>();for (int num : nums) {set.add(num);}int n = nums.length;for (int i = 0; i < n; i++) {if (!set.contains(i)) {return i;}}return n;}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是数组 $\text{nums}$ 的长度。需要遍历数组 $\text{nums}$ 一次将数组中的所有数字加入哈希集合，然后需要遍历范围 $[0,n]$ 内的每个数字寻找丢失的数字。

• 空间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是数组 $\text{nums}$ 的长度。哈希集合需要 $O(n)$ 的空间。

解法三

思路和算法

解法二创建哈希集合需要 $O(n)$ 的空间，如果可以原地哈希，则可以将空间复杂度降低到 $O(1)$。

具体做法是，对于数组 $\text{nums}$ 的每个下标 $i$，如果 $\text{nums}[i]<n$ 且 $\text{nums}[i]\ne i$，则将下标 $\text{nums}[i]$ 与下标 $i$ 处的元素交换，交换之后 $\text{nums}[i]$ 的元素值等于下标值，重复该交换过程直到 $\text{nums}[i]=n$ 或 $\text{nums}[i]=i$，此时下标 $i$ 处的元素无法继续交换。

当每个下标的交换操作都结束之后，遍历数组 $\text{nums}$ 寻找丢失的数字。遍历过程中，第一个元素值不等于下标值的下标即为丢失的数字。如果遍历结束之后没有发现元素值不等于下标值的下标，则范围 $[0,n-1]$ 内的数字都不丢失，丢失的数字是 $n$。

代码

class Solution {public int missingNumber(int[] nums) {int n = nums.length;for (int i = 0; i < n; i++) {while (nums[i] < n && nums[i] != i) {swap(nums, nums[i], i);}}for (int i = 0; i < n; i++) {if (nums[i] != i) {return i;}}return n;}public void swap(int[] nums, int index1, int index2) {int temp = nums[index1];nums[index1] = nums[index2];nums[index2] = temp;}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是数组 $\text{nums}$ 的长度。需要遍历数组 $\text{nums}$ 一次，每次会将一个元素交换到正确的下标位置，因此每个元素的访问次数是常数次，时间复杂度是 $O(n)$。

• 空间复杂度：$O(1)$。

解法四

思路和算法

由于数组 $\text{nums}$ 中只有一个元素丢失，因此只要得到范围 $[0,n]$ 内的所有整数之和以及数组 $\text{nums}$ 的所有元素之和，两者相减即可得到丢失的数字。

根据高斯公式可知，范围 $[0,n]$ 内的所有整数之和是 $\frac{n(n+1)}{2}$，因此可以在 $O(1)$ 的时间内得到范围 $[0,n]$ 内的所有整数之和。

代码

class Solution {public int missingNumber(int[] nums) {int sum = 0;for (int num : nums) {sum += num;}int n = nums.length;return n * (n + 1) / 2 - sum;}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是数组 $\text{nums}$ 的长度。需要遍历数组 $\text{nums}$ 一次计算数组元素之和。

• 空间复杂度：$O(1)$。

解法五

预备知识

该解法涉及到位运算中的按位异或运算。用 $\oplus$ 表示按位异或运算符，按位异或运算具有以下性质。

• 交换律：对于任意整数 $a$ 和 $b$，有 $a\oplus b=b\oplus a$。

• 结合律：对于任意整数 $a$、$b$ 和 $c$，有 $(a\oplus b)\oplus c=a\oplus (b\oplus c)$。

• 归零律：对于任意整数 $a$，有 $a\oplus a=0$。

• 恒等律：对于任意整数 $a$，有 $0\oplus a=a\oplus 0=a$。

思路和算法

数组 $\text{nums}$ 中有 $n$ 个整数，如果在这 $n$ 个整数后面添加范围 $[0,n]$ 内的每个整数各一个，则添加 $n+1$ 个整数，共有 $2n+1$ 个整数。这 $2n+1$ 个整数中，未丢失的数字在前 $n$ 个整数中以及在后 $n+1$ 个整数中各出现一次，丢失的数字只在后 $n+1$ 个整数中出现一次，因此每个未丢失的数字出现两次，丢失的数字出现一次。

利用按位异或运算的性质，对上述 $2n+1$ 个整数计算按位异或的结果。所有出现两次的数字经过按位异或运算之后的结果是 $0$，只有出现一次的数字在按位异或运算之后保留，因此上述 $2n+1$ 个整数的按位异或的结果即为丢失的数字。

代码

class Solution {public int missingNumber(int[] nums) {int xor = 0;for (int num : nums) {xor ^= num;}int n = nums.length;for (int i = 0; i <= n; i++) {xor ^= i;}return xor;}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是数组 $\text{nums}$ 的长度。需要遍历数组 $\text{nums}$ 一次以及遍历范围 $[0,n]$ 内的所有整数计算按位异或的结果。

• 空间复杂度：$O(1)$。