算法
(分治,抽屉原理) $O(nlogn)O(nlogn)$
这道题目主要应用了抽屉原理和分治的思想。
抽屉原理:$n+1$ 个苹果放在 $n$ 个抽屉里,那么至少有一个抽屉中会放两个苹果。
用在这个题目中就是,一共有 $n+1$ 个数,每个数的取值范围是1到n,所以至少会有一个数出现两次。
然后我们采用分治的思想,将每个数的取值的区间$[1, n]$划分成$[1, n/2]$和$[n/2+1, n]$两个子区间,然后分别统计两个区间中数的个数。
注意这里的区间是指 数的取值范围,而不是 数组下标。
划分之后,左右两个区间里一定至少存在一个区间,区间中数的个数大于区间长度。
这个可以用反证法来说明:如果两个区间中数的个数都小于等于区间长度,那么整个区间中数的个数就小于等于$n$,和有$n+1$个数矛盾。
因此我们可以把问题划归到左右两个子区间中的一个,而且由于区间中数的个数大于区间长度,根据抽屉原理,在这个子区间中一定存在某个数出现了两次。
依次类推,每次我们可以把区间长度缩小一半,直到区间长度为1时,我们就找到了答案。
复杂度分析
- 时间复杂度:每次会将区间长度缩小一半,一共会缩小 $O(logn)O(logn)$ 次。每次统计两个子区间中的数时需要遍历整个数组,时间复杂度是 $O(n)O(n)$。所以总时间复杂度是 $O(nlogn)O(nlogn)$。
- 空间复杂度:代码中没有用到额外的数组,所以额外的空间复杂度是 $O(1)O(1)$。
C++ 代码
class Solution {
public:
int duplicateInArray(vector<int>& nums) {
int l = 1, r = nums.size() - 1;
while (l < r) {
int mid = l + r >> 1; // 划分的区间:[l, mid], [mid + 1, r]
int s = 0;
for (auto x : nums) s += x >= l && x <= mid;
if (s > mid - l + 1) r = mid;
else l = mid + 1;
}
return r;
}
};