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读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便去 LeetCode 上拿下如下题目：
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今天就聊一道很看起来简单却十分巧妙的问题，寻找缺失和重复的元素。之前的一篇文章「寻找缺失元素」也写过类似的问题，不过这次的和上次的问题使用的技巧不同。
这是 LeetCode 645 题，我来描述一下这个题目：
给一个长度为 N 的数组 nums，其中本来装着 [1..N] 这 N 个元素，无序。但是现在出现了一些错误，nums 中的一个元素出现了重复，也就同时导致了另一个元素的缺失。请你写一个算法，找到 nums 中的重复元素和缺失元素的值。
// 返回两个数字，分别是 {dup, missing}
vector<int> findErrorNums(vector<int>& nums);比如说输入：nums = [1,2,2,4]，算法返回 [2,3]。
其实很容易解决这个问题，先遍历一次数组，用一个哈希表记录每个数字出现的次数，然后遍历一次 [1..N]，看看那个元素重复出现，那个元素没有出现，就 OK 了。
但问题是，这个常规解法需要一个哈希表，也就是 O(N) 的空间复杂度。你看题目给的条件那么巧，在 [1..N] 的几个数字中恰好有一个重复，一个缺失，事出反常必有妖，对吧。
O(N) 的时间复杂度遍历数组是无法避免的，所以我们可以想想办法如何降低空间复杂度，是否可以在 O(1) 的空间复杂度之下找到重复和确实的元素呢？
这个问题的特点是，每个元素和数组索引有一定的对应关系。
我们现在自己改造下问题，暂且将 nums 中的元素变为 [0..N-1]，这样每个元素就和一个数组索引完全对应了，这样方便理解一些。
如果说 nums 中不存在重复元素和缺失元素，那么每个元素就和唯一一个索引值对应，对吧？
现在的问题是，有一个元素重复了，同时导致一个元素缺失了，这会产生什么现象呢？会导致有两个元素对应到了同一个索引，而且会有一个索引没有元素对应过去。
那么，如果我能够通过某些方法，找到这个重复对应的索引，不就是找到了那个重复元素么？找到那个没有元素对应的索引，不就是找到了那个缺失的元素了么？
那么，如何不使用额外空间判断某个索引有多少个元素对应呢？这就是这个问题的精妙之处了：
通过将每个索引对应的元素变成负数，以表示这个索引被对应过一次了：
如果出现重复元素 4，直观结果就是，索引 4 所对应的元素已经是负数了：
对于缺失元素 3，直观结果就是，索引 3 所对应的元素是正数：
对于这个现象，我们就可以翻译成代码了：
vector<int> findErrorNums(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
int dup = -1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int index = abs(nums[i]);
// nums[index] 小于 0 则说明重复访问
if (nums[index] < 0)
dup = abs(nums[i]);
else
nums[index] *= -1;
}
int missing = -1;
for (int i = 0; i < n; i++)
// nums[i] 大于 0 则说明没有访问
if (nums[i] > 0)
missing = i;
return {dup, missing};
}这个问题就基本解决了，别忘了我们刚才为了方便分析，假设元素是 [0..N-1]，但题目要求是 [1..N]，所以只要简单修改两处地方即可得到原题的答案：
vector<int> findErrorNums(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
int dup = -1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
// 现在的元素是从 1 开始的
int index = abs(nums[i]) - 1;
if (nums[index] < 0)
dup = abs(nums[i]);
else
nums[index] *= -1;
}
int missing = -1;
for (int i = 0; i < n; i++)
if (nums[i] > 0)
// 将索引转换成元素
missing = i + 1;
return {dup, missing};
}其实，元素从 1 开始是有道理的，也必须从一个非零数开始。因为如果元素从 0 开始，那么 0 的相反数还是自己，所以如果数字 0 出现了重复或者缺失，算法就无法判断 0 是否被访问过。我们之前的假设只是为了简化题目，更通俗易懂。
对于这种数组问题，关键点在于元素和索引是成对儿出现的，常用的方法是排序、异或、映射。
映射的思路就是我们刚才的分析，将每个索引和元素映射起来，通过正负号记录某个元素是否被映射。
排序的方法也很好理解，对于这个问题，可以想象如果元素都被从小到大排序，如果发现索引对应的元素如果不相符，就可以找到重复和缺失的元素。
异或运算也是常用的，因为异或性质 a ^ a = 0, a ^ 0 = a，如果将索引和元素同时异或，就可以消除成对儿的索引和元素，留下的就是重复或者缺失的元素。可以看看前文「寻找缺失元素」，介绍过这种方法。
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zhuli提供的Java代码：
class Solution {
public int[] findErrorNums(int[] nums) {
int n = nums.length;
int dup = -1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
// 元素是从 1 开始的
int index = Math.abs(nums[i]) - 1;
// nums[index] 小于 0 则说明重复访问
if (nums[index] < 0)
dup = Math.abs(nums[i]);
else
nums[index] *= -1;
}
int missing = -1;
for (int i = 0; i < n; i++)
// nums[i] 大于 0 则说明没有访问
if (nums[i] > 0)
// 将索引转换成元素
missing = i + 1;
return new int[]{dup, missing};
}
}/**
* @param {number[]} nums
* @return {number[]}
*/
var findErrorNums = function (nums) {
let n = nums.length;
let dup = -1;
for (let i = 0; i < n; i++) {
// 现在的元素是从1开始的
let index = Math.abs(nums[i]) - 1;
if (nums[index] < 0) {
dup = Math.abs(nums[i]);
} else {
nums[index] *= -1;
}
}
let missing = -1;
for (let i = 0; i < n; i++) {
if (nums[i] > 0) {
// 将索引转换成元素
missing = i + 1;
}
}
return [dup, missing]
};