《剑指Offer》-3-数组中重复的数字

思路

题目很简单，有多种思路可以实现

1. 最直接的可以嵌套两个 for 循环，挨个与后面所有的元素比，返回第一个重复的数字，缺点是时间复杂度 O(N^2^)
2. 可以利用数据结构，比如 set ，遍历一遍，不存在就往里面放，存在就返回，时间O(N)、空间O(N)
3. 有没有时间O(N)，空间O(1)的做法？

我觉得这道题完全可以出难一点，可以返回有哪些数字重复了，分别重复了几次

经评论区提醒，或许考察的是与面试官的沟通能力，对不同解法的衡量取舍：

比如时间优先可以用 set 轻松解决，也只需要一次遍历，如果是进阶要求可以用hashmap记录次数，再遍历map输出

O(1)空间复杂度就原地排序，然后再遍历一遍输出第一个重复的，我第一个想到的是快排，当然也可以直接sort()

《剑指Offer》上给出的巧妙解法是利用数组下标和交换，当然这里的前提是所有数字都在 0～n-1 的范围内

长度为 n 的数组，且所有数字的范围都在 0~n-1范围内，在没有重复的情况下，那么正好可以将每个数字和下标建立映射关系：数字==下标，且正好一一对应
但是，题目中是存在重复数字的，而且不知道有几个数字是重复的，也不知道每个数字重复几次
所以，如果仍旧按照原本的映射关系来看，必然是有位置映射为空，有的位置映射2个或者2个以上

我们这么做：

1. 遍历整个数组，通过交换位置来将映射关系建立起来，使数字一一归位
2. 检查 i 与 nums[i]，如果相等说明i已经之它应在的位置了
3. 如果不相等，说明需要移动，再检查 nums[i] 和 nums[nums[i]]
4. 如果不相等，就交换，将i归位，放到他应该在的地方
5. 如果相等，说明它应该在的位置已经有元素了，（而且不能是它本身），即：重复了

看起来效果很棒

	int findRepeatNumber(vector<int>& nums) {
		int res = nums[0];
		int i = 0;
		while (i < nums.size()) {
			if (i != nums[i]) {
				if (nums[nums[i]] != nums[i]) {
					swap(nums[i], nums[nums[i]]);
				}
				else {
					res = nums[i];
					break;
				}
			}
			else i++;
		}
		return res;
	}