这是悦乐书的第279次更新，第295篇原创
01 看题和准备
今天介绍的是LeetCode算法题中Easy级别的第147题（顺位题号是645）。集合S最初包含从1到n的数字。 但不幸的是，由于数据错误，集合中的一个数字被复制到集合中的另一个数字，这导致重复一个数字而丢失另一个数字。给定一个数组nums，表示错误后该集的数据状态。要求先找到两次出现的数字，然后找到丢失的数数字，最后以数组的形式返回它们。例如：
输入：nums = [1,2,2,4]
输出：[2,3]
注意：
给定的数组大小将在[2,10000]范围内。
给定数组的数字无序。
本次解题使用的开发工具是eclipse，jdk使用的版本是1.8，环境是win7 64位系统，使用Java语言编写和测试。
02 第一种解法
题目的意思是根据给出的数组，找出两个数，第一个数是该数组中重复出现的那个数，第二个数是该数组中缺失的那个数，也就是说最后返回的结果数组，两个数是有先后顺序的。
先对数组排序，然后从第二位开始遍历数组，如果当前一位与前一位相等，说明重复了，那么第一位数就找到了。如果当前元素比前一位元素加1后还要大，说明前一位元素是重复出现的那个数的第二个，也就是要找的缺失的那个数。
但是，还有两种特殊情况需要考虑，因为题目并不能保证数组首尾不缺少元素。第一，nums的第一位是不是从1开始？如果不是，那么第二个数就是1。第二，nums的最后一位元素是不是和数组长度相等？如果不相等，那么第二个数就是数组的长度。
此解法的时间复杂度是O(nlog(n))，空间复杂度是O(1)。
public int[] findErrorNums(int[] nums) { // 排序 Arrays.sort(nums); int[] result = new int[2]; for (int i=1; i nums[i-1]+1) { // 第二个数，缺失的那个数 result[1] = nums[i-1]+1; } } // 数组第一个元素不是1 if (nums[0] != 1) { result[1] = 1; } else if (nums[nums.length-1] != nums.length) { // 数组最后一个元素不是数组的长度 result[1] = nums.length; } return result;} 03 第二种解法
我们也可以不排序，使用HashMap。先将数组的元素都添加进map中，以元素值为key，出现次数为value。然后开始循环，从0到数组的长度，如果map中包含当前索引值加1，并且它出现的次数为2次，那么第一个数就是该元素，否则第二个元素就是当前缺失的索引值加1。
此解法的时间复杂度是O(n)，最坏情况是O(n^2)，空间复杂度是O(n)。
public int[] findErrorNums(int[] nums) { int[] result = new int[2]; Map map = new HashMap (); for (int num : nums) { map.put(num, map.getOrDefault(num, 0)+1); } for (int i=0; i 04 第三种解法
我们也可以不使用HashMap，使用数组进行代替。思路与第二种解法类似。
此解法的时间复杂度是O(n)，空间复杂度是O(n)。
public int[] findErrorNums(int[] nums) { int[] result = new int[2]; // 新建一个数组，长度比nums大1 int[] arr = new int[nums.length+1]; for (int i=0; i 05 第四种解法
我们还可以使用减法。先将数组元素正常情况下的元素之和算出来，因为是从1到n的数，是一个公差为1的等差数列，可以直接套用等差数列求和的公式来计算和，然后用算出来的和减去数组中的每一个元素，最后和可能是正1，也可能是负1，因为数组中有重复元素，也就可能多1或者少1，也即是重复项元素值多1或者少1，所以缺失的那个数可以直接使用最后的和与重复项元素相加得到。
此解法的时间复杂度是O(n)，空间复杂度是O(n)。
public int[] findErrorNums(int[] nums) { int[] result = new int[2]; // 定义一个HashSet Set set = new HashSet (); // 等差数列求和公式 long sum = nums.length*(nums.length+1)/2; for (int i=0; i 06 第五种解法
我们可以对原数组进行标记，将元素变成负数，如果遇到的元素是小于0的，说明已经对该元素变过一次负数，也就是说该元素重复了，最后在遍历一次数组，如果遇到大于0的数，表明在该位置缺少一个元素。
此解法的时间复杂度是O(n)，空间复杂度是O(1)。
public int[] findErrorNums(int[] nums) { int[] result = new int[2]; for (int num : nums) { if (nums[Math.abs(num)-1] < 0) { // 已经转过一次负数的数，表明重复 result[0] = Math.abs(num); } else { // 将所有元素转为负数 nums[Math.abs(num)-1] *= -1; } } for (int i=1; i 0) { result[1] = i+1; } } return result;} 07 第六种解法
此解法是使用异或运算，来自讨论区。传送门：
public int[] findErrorNums(int[] nums) { int[] ans = new int[2]; for(int i = 0; i < nums.length; i++) { int val = Math.abs(nums[i]); ans[1] ^= (i+1) ^ val; if (nums[val-1] < 0) ans[0] = val; else nums[val-1] = -nums[val-1]; } ans[1] ^= ans[0]; return ans;} 08 小结
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