數字中重複的數字（不修改數組且不開闢新空間）

以前作過這樣的題，，以前的題是能夠修改數組的，那麼若是不能夠修改數組，咱們如何來作這個題呢？

1.題目

給定一個長度爲 n+1 的數組nums，數組中全部的數均在 1∼n 的範圍內，其中 n≥1。

請找出數組中任意一個重複的數，但不能修改輸入的數組。

樣例

給定 nums = [2, 3, 5, 4, 3, 2, 6, 7]。

返回 2 或 3。

思考題：若是隻能使用 O(1) 的額外空間，該怎麼作呢？

題目來自於這裏，有興趣的能夠作一下。

2.時間複雜度爲O(nlogn)的解法

本身沒想出來，看一位大佬寫的題解。

2.1原理

該解法的原理就是抽屜原理與分治。

抽屜原理：n+1個蘋果放入到n個抽屜中，那麼一定有一個抽屜至少有兩個蘋果

這道題咱們能夠理解爲，有n+1個位置，咱們要給這n+1個位置賦值，範圍是1~n，那麼一定有一個數要有兩個位置。

咱們能夠對這些數進行分治（不是位置）。在範圍1~n當中的數的個數加起來必定是n+1，一定大於n，咱們接下去縮小這個範圍，當在這個範圍中的數的個數加起來大於這個範圍的長度，就說明這個範圍中必定存在重複的數。依次下去，直到範圍的長度縮到1，咱們就找到了重複的數了。

2.2代碼

int duplicateInArray(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size() - 1;
        int left = 1, right = n;
        while(left < right) {
        	int s = 0;
        	int mid = (left + right) / 2;
        	for(int i = 0; i <= n; i++) {
        		if(nums[i] >= left && nums[i] <= mid)
        			s++;
        	}
        	if(s > mid - left + 1)
        		right = mid;
        	else
        		left = mid + 1;
        }
        return right;
    }

3.時間複雜度爲O(n)的解法

題解原地址，看完只能說，大佬不愧是大佬，膜拜。

3.1原理

在這裏有一點前置的知識，談一下我看完他們後的見解吧

3.1.1 如何判斷一個鏈存在環

存在環，那麼咱們就有一個相遇的問題，讓一個快的指針和一個慢的指針去循環，它們就會相遇。

因此在這裏，咱們讓快指針每一次走兩步，慢指針每一次走一步，若是有環存在，那麼兩個指針必定會相遇。

3.1.2 快指針與慢指針相遇的地點以及起點的關係

借一下原地址大佬的圖

首先，快指針速度是慢指針的二倍，相同時間內，快指針的位移必定是慢指針的二倍。

慢指針在進入環後，走完一週以前，必定會與快指針相遇。

將上述兩個位移化簡得
b + (k - 2l)c = a
公式中k-2L必定是個整數，因此b + 整數倍的圈數 位置依然沒有變，咱們能夠讓k = 2L，這樣結果是不影響最終位置的。

要細討論的話是分爲三種狀況，與a 和 c的大小有關係。（此處就不討論了）

咱們即可以得出一個結論 a = 變化後的b 即相遇的地點與環起點相距b

3.1.3 將知識與題目結合

咱們能夠將上述知識應用到本題當中。咱們能夠將數組對應的數看成next值來處理，索引值看成值來處理，由抽屜原理得這個數組必定存在環。

咱們先從索引值爲0的數開始，將數組對應的值看成next，讓快指針移動兩格，慢指針移動一格，相遇的地點即P點，接下來咱們再讓快指針移動到0，而後一格一格的移動直到兩個指針相遇，此時索引值就是那個重複的數字。

3.2代碼

int duplicateInArray(vector<int>& nums) {
        int low = 0, fast = 0;
        while(low == 0 || low != fast) {
        	low = nums[low];
        	fast = nums[nums[fast]];
        }
        fast = 0;
        while(low != fast) {
        	low = nums[low];
        	fast = nums[fast];
        }
        return fast;
    }