最小没出现的整数

转载自：http://blog.csdn.net/ju136/article/details/8153274

题目：

#面试题#给定一个无序的整数数组，怎么找到第一个大于0，并且不在此数组的最小整数。比如[1,2,0] 返回 3, [3,4,-1,1] 返回 2。最好能O(1)空间和O(n)时间。

来源http://weibo.com/lirenchen。

 

解法：

直接考虑这个问题是比较困难的。不如先换个简单的问题。

 

问题1

给定一个数组，长度为n，除a[0]以外，其他元素都是a[i] == i。那么请找出第一个大于0，且不在此数组中的最小整数。

答案就是:  n + (a[0] == n);

 

问题2

给定一个数组，长度为n，某几个位置的元素满足 a[x] < 0 或者 a[x] > n，余下的元素都满足a[i] == i。那么请找出第一个大于0，且不在此数组中的最小整数。

答：

很明显：当x的值限定为0时。就变成了问题1。

除此之外，这个问题的解也容易求得。

情况1： 首先从1~n开始扫描，当发现i != a[i]时，直接返回i。此时的i必定是最小的未出现的整数。

情况2： 当扫描完1~n之后，那么就回归至问题1了。

for (i = 1; i < n; ++i) {
    if (i != a[i]) return i;
}
return (n + (n == a[0]));

 

问题3

当给出问题2之后，就需要考虑如何把原题目转换成为问题2了。

实际上要完成的任务就变成了，如何把一个数组中的元素元神归位。也就是让a[i] == i。如果能让这些元素元神归位，那么就转换成为问题2了。就很容易求解了。

算法如下：

       我们从后往前扫描，i = n - 1 to 0;

                  step1如果发现a[i] < 0 || a[i] > n; 则 continue;

                  step2 如果发现a[i] == a[a[i]]; 则continue;

                  step3 如果发现0 < a[i] < n

                          说明需要将a[i]元神归位。也就是放到a[a[i]]上去。

                           swap(a[i], a[a[i]]).

                           再跳转至step2。

 

Note: 需要注意一种有重复数的情况，比如a[11] = 2, a[2] = 2。这时候，就不用进行交换了。直接处理下一个元素。

可以给出代码：

    int i = n, t, temp;
    if (!a || n <= 0) return -1;

    while ((--i) >= 0) {
        while (0 < a[i] && a[i] < n && i != a[i]) {
            t = a[i];
            if (a[i] == a[t]) break;
            temp = a[i];
            a[i] = a[t];
            a[t] = temp;
        }
    }

好吧，到现在为止，原题已经变得很简单了。可以直接给出代码了。

原题解答

int find(int *a, int n) {
    int i = n, t, temp;
    if (!a || n <= 0) return -1;

    while ((--i) >= 0) {
        while (0 < a[i] && a[i] < n && i != a[i]) {
            t = a[i];
            if (a[i] == a[t]) break;
            temp = a[i];
            a[i] = a[t];
            a[t] = temp;
        }
    }

    for (i = 1; i < n; ++i)
        if (a[i] != i) return i;

    return (n + (a[0] == n));
}

 

算法复杂度分析

这里再加上对算法复杂度的分析。算法的复杂度在下面这段代码看起来。唔~~很难说清楚到底复杂底是多少。

我们不妨回归到问题本身。把一些条件分析清楚：

条件1、对于给定的一个数组。元神归位数目是有限的。假定为k。这个k表示的是，当处理完成之后，a[i] == i的数目。

             k的范围是固定的: 0 <= k < n。

条件2、对于每个元素而言，while (0 < a[i] && a[i] < n && i != a[i]) 这个while 循环里面，每交换一次，就会使得一个元神归位。如果交换了xi次，就会使得xi个元神归位。

             这个是很容易搞清楚的。因为每次交换的效果，都是让某个元神归了位。

             比如a[11] = 5, a[5] = 2, a[2] = 0;

             第一次交换: a[11] = 2, a[5] = 5, a[2] = 0;

             第二次交换: a[11] = 0, a[5] = 5, a[2] = 2;

条件3、对于整个数组而言，元神归位的数目K应该是满足:

             x0 + x1 + x2 + x3 + ..... + xn-1 = K

             这也就是说交换K次。

             注意啊: 不是每个i都会交换K次。而是所有的i交换次数的总和，应该是K次。

 

可以想象一种极端的情况，比如，当i=n-1的时候，置换次数最多。刚好把所有的元神都归位了。那么从i = n - 2开始，就再也不会进入到里面的while循环中去了。

再例如：如果i=n-1的时候，使得2个元神归了位。那么从 i = n-2 ~ 0，则只需要让k-2个元神归位了。因为已经归位的，是不用再去处理的。

 

想到这里，你应该明白了，下面这段代码的复杂度是O(n) + O(K)。由于0<=K < n。所以复杂度是O(n)。也就是线性时间完成了任务。