寻找遗失的整数 (Finding The Missing Integer)

问题描述： 大小为 n 的数组 A 中包含了 [0,n] 中的除了 x 的所有其它整数。找出 x。

问题很简单，如果不加约束条件的话。

约束一： (in place) 只用 O(1) 的额外空间，并要求 O(n) 时间。

约束二： 假定A 的元素都用二进制表示。我们不能直接访问整个元素。允许的操作是 fetch(i,j)，它返回第 i 个元素的第 j 个 bit，所用时间为O(1)。用 O(n) 次 fecth 操作求出 x。

先来看约束一。感觉问题提得比较平凡，也许只是为了和约束二进行对比吧。用初中数学知识就可以解决了：把所有元素加起来，然后和 0 到 n 所有整数之和做比较就能知道哪个数字缺失了。

在约束二的情况下，上述的方法就不行了，因为要求和就得把所有元素的所有位取出来，这样的 fetch 次数是 O(nlogn)。由于这些数是分布中[0,n] 之间，且各不相同，那么，偶数和奇数的个数相差不过2个。如果我们能知道 x 的奇偶性，就能排除掉一半了。令 T(n) 表示求解规模为 n 的问题所有的 fetch 次数，假设通过 f(n) 次 fetch 操作可以排除掉一半，则 T(n) = T(n/2) + f(n)。根据 Master 定理，若 f(n)，则 T(n) = O(n)。很显然，把所有数的最后一位取下来，再利用 n 的奇偶性就可以判定 x 的奇偶性，所需 fetch 次数为 n。可以证明，排除掉一半之后，在剩下来的另一半中，倒数第二个 bit 的 0 和 1 的个数之差也不会超过 2，因此，子问题 T(n/2) 也可以用同样的方法求解。解毕。

这道题没什么难的地方，有趣的是，在每个子问题中，我们都把该子问题的最后一位全部取到了。这样初一看，似乎要用 O(nlogn) 的 fetch。然后，由于折半的效应，事实上仍然总的只用了 O(n) 次 fetch 操作。试比较一下快速排序和用分治的方法选取第 i 个最小的元素，快排的平均时间为 O(nlogn)，而后一个问题只要 O(n)。这是因为，快排需要对两个子问题分别求解，而后一个问题，平均情况下我们可以排除掉一半元素，只求解一个子问题，因此为 O(n)。