. - 力扣（LeetCode）

哈希表
思路和算法

我们考虑枚举数组中的每个数 xxx，考虑以其为起点，不断尝试匹配 x+1,x+2,⋯x+1, x+2, \cdotsx+1,x+2,⋯ 是否存在，假设最长匹配到了 x+yx+yx+y，那么以 xxx 为起点的最长连续序列即为 x,x+1,x+2,⋯ ,x+yx, x+1, x+2, \cdots, x+yx,x+1,x+2,⋯,x+y，其长度为 y+1y+1y+1，我们不断枚举并更新答案即可。

对于匹配的过程，暴力的方法是 O(n)O(n)O(n) 遍历数组去看是否存在这个数，但其实更高效的方法是用一个哈希表存储数组中的数，这样查看一个数是否存在即能优化至 O(1)O(1)O(1) 的时间复杂度。

仅仅是这样我们的算法时间复杂度最坏情况下还是会达到 O(n2)O(n^2)O(n 
2
 )（即外层需要枚举 O(n)O(n)O(n) 个数，内层需要暴力匹配 O(n)O(n)O(n) 次），无法满足题目的要求。但仔细分析这个过程，我们会发现其中执行了很多不必要的枚举，如果已知有一个 x,x+1,x+2,⋯ ,x+yx, x+1, x+2, \cdots, x+yx,x+1,x+2,⋯,x+y 的连续序列，而我们却重新从 x+1x+1x+1，x+2x+2x+2 或者是 x+yx+yx+y 处开始尝试匹配，那么得到的结果肯定不会优于枚举 xxx 为起点的答案，因此我们在外层循环的时候碰到这种情况跳过即可。

那么怎么判断是否跳过呢？由于我们要枚举的数 xxx 一定是在数组中不存在前驱数 x−1x-1x−1 的，不然按照上面的分析我们会从 x−1x-1x−1 开始尝试匹配，因此我们每次在哈希表中检查是否存在 x−1x-1x−1 即能判断是否需要跳过了。

 

class Solution {
public:int longestConsecutive(vector<int>& nums) {unordered_set<int> num_set;for (const int& num : nums) {num_set.insert(num);}int longestStreak = 0;for (const int& num : num_set) {if (!num_set.count(num - 1)) {int currentNum = num;int currentStreak = 1;while (num_set.count(currentNum + 1)) {currentNum += 1;currentStreak += 1;}longestStreak = max(longestStreak, currentStreak);}}return longestStreak;           }
};