题目
给定一个长度为 n+1 的数组nums，数组中所有的数均在 1∼n 的范围内，其中 n≥1。请找出数组中任意一个重复的数，但不能修改输入的数组。
样例
给定 nums = [2, 3, 5, 4, 3, 2, 6, 7]。
返回 2 或 3。
思考题：
如果只能使用 O(1) 的额外空间，该怎么做呢？
方法一（使用了O(n)的空间）:
class Solution {
public:int duplicateInArray(vector<int>& nums) {int n = nums.size(); int nums2[n]={}; //用此数组类存储重复的数字。 n个数，哪个重复 nums2[n]++ for(auto x: nums) {nums2[x]++;if(nums2[x] >= 2) {return x;}}}
};
方法二(时间复杂度O(n)，空间复杂度O(1))
class Solution {
public:int duplicateInArray(vector<int>& nums) {int l = 1, r = nums.size()-1;int mid = (l + r)/2; // 划分的区间：[l, mid], [mid + 1, r]int s = 0;while(l<r) {for(auto x:nums) { //查看nums数组中每个数值大小在其中一个区间的个数。 如在[1, mid]中的数字有多少if (x>=l && x<=mid)s+=1;if(s>mid-l+1) r=mid;else l=mid+1;}return r; }
};
心得
方法一： 利用nums2数组记录每个数的个数。 ++
方法二： 抽屉原理，逐渐缩小区间，查看n+1个空间n个数字，哪一侧多一个数字。
(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)。
作者：yxc
链接：https://www.acwing.com/solution/AcWing/content/693/
来源：AcWing
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