Cómo encontrar un elemento duplicado en una matriz con una complejidad temporal menor que O (n ^ 2) y una complejidad espacial de O (1)

Esto se puede hacer en O (n) tiempo.

Imagine que se trata de una matriz de punteros, donde el primer índice es cero: por ejemplo, si un [0] es 5, eso corresponde a una flecha que apunta de la celda 0 a la celda 5. Un elemento duplicado corresponde a varias flechas que apuntan a la misma celda.

¿Qué sucede si comienzas desde la posición 0 y sigues las flechas? Bueno, no puedes seguir viendo nuevas células para siempre; eventualmente, debes repetir una celda por primera vez. Pero la posición 0 no tiene flechas entrantes, ya que todos los enteros son de 1 a n. Entonces, esta primera repetición debe ocurrir en otro lugar … en otro lugar con al menos dos flechas entrantes, ya que de lo contrario el paso anterior también habría sido una repetición.

Sabiendo esto, ¿cómo encuentras * qué * celda en la ruta tiene múltiples flechas entrantes? Comience con el clásico algoritmo de búsqueda de ciclo “tortuga y liebre” de Floyd (Detección de ciclos – Wikipedia): haga que una “tortuga” dé un paso a la vez y una “liebre” tome dos pasos a la vez desde la posición 0, hasta que se encuentren nuevamente ; entonces estarás en algún lugar del ciclo principal.

Suponga que la tortuga dio S pasos antes de reencontrarse con la liebre en la posición M (entonces la liebre ha tomado 2S pasos). Ahora podemos terminar el trabajo comenzando una segunda tortuga en la posición 0 y haciendo que la primera tortuga continúe desde la posición M (a la liebre se le puede dar un descanso). Sabemos que las dos tortugas se encontrarán dentro de la mayoría de los pasos S (ya que, en ese punto, la primera tortuga habrá tomado exactamente 2 pasos de distancia de la posición 0, y la segunda tortuga habrá tomado exactamente los pasos S) … y también sabemos que la primera vez que se encuentren, habrán venido de diferentes posiciones.

Podemos resolver para cada bit en la representación binaria del número repetido individualmente.

Para cada bit acceda a todos los elementos de la matriz y vea el número de veces que se establece el bit. Ahora en el rango de 1 a N, encuentre cuántas veces se establece el bit.

Si su matriz tiene el bit establecido más veces que el rango [1, N], entonces este bit se establece en el número de repetición, de lo contrario no.

Complejidad de la memoria – O (1)

Complejidad de tiempo – O (N log N)

Además, las operaciones bit a bit son bastante más rápidas que las operaciones normales

La matriz contiene n + 1 enteros y todos los enteros están dentro de 1 a n inclusive.

La suma de todos los elementos en la matriz, calculada en O (1) tiempo, sería [matemática] (1 + n) n / 2 + k [/ matemática], donde k es el número duplicado. Para encontrar el duplicado, todo lo que necesita hacer es sumar todos los elementos en la matriz y restar la suma de 1 a n de la suma.

Esto se puede hacer yendo a través de la matriz una vez O (n) y usando 1 espacio adicional para almacenar la suma, también conocida como O (1) complejidad del espacio.

El código lo explica todo. Si no, lea primero la respuesta de Ivan Appel.

Solución de clase pública {
public int findDuplicate (int [] nums) {
int left = 0, right = nums.length – 1;

while (izquierda int mid = (izquierda + derecha) / 2;
int count = numSmaller (nums, mid);

if (cuenta> mediados) {
derecho = medio;
} más {
izquierda = medio + 1;
}
}

volver a la izquierda;
}

private int numSmaller (int [] nums, int mid) {
int resultado = 0;

para (int num: nums) {
if (num <= mid) {
resultado ++;
}
}

resultado de retorno;
}
}

La idea aproximada de un algoritmo es: elegir k = ceil(n / 2 ) y recorrer una matriz contando cuántos elementos son (A) menores que / (B) mayores que / (C) iguales a k. Si A es más que k – 1, significa que el elemento duplicado está dentro del rango [1..k-1]. Si B es más que n – k, significa que el elemento duplicado está dentro del rango [k + 1..n]. De lo contrario, C tiene más de uno, lo que significa que k es su criminal.

Acortando iterativamente el rango de esta manera, puede encontrar el elemento en O (n log n) tiempo y memoria constante.

¿No es solo una clasificación rápida en el primer pase? Compare primero a último, si primero <último, incremente primero. Si primero = último, encontró una salida duplicada, de lo contrario si primero> último, intercambie (a través de la posición extra 1, no físicamente) y compare de la otra manera. Todo a la derecha cuando las dos posiciones se encuentran es mayor que, a la izquierda, menor que y si obtiene algún igual, salga e imprima. ¿O me estoy perdiendo algo?