[数字技巧]重复数字统计算法的空间优化

　　今天在微博上看到的一道面试题，觉得非常有意思，特记录下来。

　　原题是这样的：

      给定数组A，大小为n，数组元素为1到n的数字，不过有的数字出现了多次，有的数字没有出现。请给出算法和程序，统计哪些数字没有出现，哪些数字出现了多少次。能够在O(n)的时间复杂度，O(1)的空间复杂度要求下完成么？

　　这道题目最大的难点就在于时空限制，确切的说是空间限制，如果没有空间复杂度为O(1)的要求，我们很容易想出用一个hash表来记录元素的出现次数。实现的代码如下：

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>

int a[1001];
int b[1001]
int n;
void solve4()
{
     for(int i=1; i<=n; i++)
     {
          b[a[i]]++;
     }
     for(int i=1; i<=n; i++)
          printf("%d
",b[i]);
}
int main()
{
     freopen("1.in","r",stdin);
     freopen("1.out","w",stdout);
     
     scanf("%d",&n);
     for(int i=1; i<=n; i++)
     {
          scanf("%d",&a[i]);
     }
     solve4();
     
     return 0;     
}

　　上述方法采用了额外的空间记录元素出现次数，因而空间复杂度是O(n)的。这与题目要求不符。

　　显然，这就要求我们要充分利用已有的空间即原数组空间来记录。Hash的方法是使用另外一个数组b，通过b[k]来表示k在数组a中出现的次数。那么，如果要在已有的数组上改，就要让a[k]能表示k在a中出现的次数。所以就有了第一种改进思路。

改进一：

　　通过对原数组进行改造，使得数字k出现在以他为下标的位置上。如数组54131，经过改造后变成11345，然后再统计出现次数，为了与原数组中的数字区分开，使用负数统计，即0代表未出现过，-j代表出现j次。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <assert.h>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;

int a[1001];
int n;

void solve2()
{
     for(int i = 1; i <=n; i++){
          if(a[i]>0){//当前位置尚未统计过
              int  t = a[i];//保存当前位置值并置0，说明i尚未出现
              a[i] = 0;
              while(a[t] > 0){//尚未统计t出现次数
                   int temp = a[t];
                   a[t] = -1;//t出现一次
                   t = temp;//循环统计原来a[t]值在数组中出现的次数
              }
              a[t] --;//已统计过，-1即可
          }
     }
     //绝对值为出现次数
     for(int  i = 1; i <=n; i++){
         a[i] = abs(a[i]);
         printf("%d
",a[i]);
     }      
}
int main()
{
     freopen("1.in","r",stdin);
     freopen("1.out","w",stdout);
     
     scanf("%d",&n);
     for(int i=1; i<=n; i++)
     {
          scanf("%d",&a[i]);
     }
     solve2();
     
     return 0;     
}

　　微博上还有一种思路，是分类法，大致思路与上述改进一是类似的。顺序扫描数组，当a[i]>0即a[i]尚未被统计过时,根据a[i]与i的大小分类讨论。

　　1、a[i] = i：说明i出现在正确位置上，且是第一次出现，直接将a[i]置为-1，代表出现过一次；

　　2、a[i] < i：说明a[i]出现在他应该出现的位置后面，“小数在后”，由于是顺序扫描，他应该出现的那个位置肯定已经被统计过，直接-1即可，即a[a[i]] -= 1;

　　3、a[i] > i：说明a[i]出现在他应该出现的位置前面，“大数在前”，此时不能直接像2中那样修改，因为，大数应该出现的位置可能没有统计过，此时要再次分类讨论：

　　　　3.1、当a[a[i]] == a[i]，即a[i]出现了两次，此时可以直接将a[a[i]] = -2;因为在当前位置之前，a[i]这个数肯定未出现过，不然已经被当做情况3讨论过，a[a[i]]应该就是负数了(代表a[i]出现的次数)；

　　　　3.2、当a[a[i]] < 0，即a[i]已经被考察过了，直接-1，即a[a[i]] -= 1;

　　　　3.3、其余情况指，a[a[i]]是另一个尚未统计过的数，此时将a[i]换到正确的位置a[a[i]]，继续考察a[i]。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <assert.h>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;

int a[1001];
int n;
void solve5()
{
      for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (a[i] <= 0) continue;//尚未被统计过的 
        bool succ = false;
        while (succ == false) {//尚未被统计过 
            if (a[i] == i) { 
                a[i] = -1;//第一次出现 
                succ = true;
            } else if (a[i] < i) {//a[i]出现在他应该在的位置的后面
                a[a[i]] -= 1;//前面肯定已经统计过 ，直接修改即可 
                a[i] = 0;
                succ = true;
            } else if (a[i] > i) {//a[i]出现在他应该出现的位置的前面，不能随意修改，会覆盖尚未统计的数 
                if (a[a[i]] == a[i]) {//他应该出现的位置的数也是他本身 
                    a[a[i]] = -2;//计数出现2次 
                    a[i] = 0;
                    succ = true;
                }else if (a[a[i]] < 0) {//该数已经统计过 
                    a[a[i]] -= 1;
                    a[i] = 0;
                    succ = true;
                }else {
                    swap(a[i], a[a[i]]);//将a[i]换到他应该出现的位置上，继续考察当前位置上的数 
                }
            }
        }
    }
    //绝对值 
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        printf("%d
", abs(a[i]));
    }
}
int main()
{
     freopen("1.in","r",stdin);
     freopen("1.out","w",stdout);
     
     scanf("%d",&n);
     for(int i=1; i<=n; i++)
     {
          scanf("%d",&a[i]);
     }
     solve5();
     
     return 0;     
}

改进二：

　　改进二技巧性比较强，通过对数组进行三次处理。假定数组从1~n。

　　步骤一：a[i]=a[i]*(n+1)

　　步骤二：a[a[i]/(n+1)]++

　　步骤三：输出a[i]%(n+1)即为则依次为i在数组出现的次数。

代码如下：　　

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <assert.h>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;

int a[1001];
int n;

void solve1()
{
      int i;
     for(i=1; i<=n; i++)
     {
          a[i] = a[i]*(n+1);
     }
     for(i=1; i<=n; i++)
     {
          a[a[i]/(n+1)]++;
     }
     for(i=1; i<=n; i++)
     {
          printf("%d
",a[i]%(n+1));
     }
                 
}
int main()
{
     freopen("1.in","r",stdin);
     freopen("1.out","w",stdout);
     
     scanf("%d",&n);
     for(int i=1; i<=n; i++)
     {
          scanf("%d",&a[i]);
     }
     solve1();
     
     return 0;     
}

 　　这个算法的出发点肯定也是要利用a[i]来表示i在数组中出现的次数，更形式化一点就是使用a[a[i]]来表示数组中每个数出现的次数，每出现一次就++即可。也就是说原a[i]的"增量"就是i出现的次数。要想得到增量，显然的做法是取余。这是为什么步骤一和步骤二要先乘后除的原因。如果不做这样的操作(或者认为乘除是1)，那么取余就都为0了。

　　搞清楚这一初衷，我们不难理解为什么用来乘除取余的数k是n+1，而不是n或者更小。

　　原因1：只有k足够大(即大于n)时，在步骤1乘了k之后，步骤二又除以才会还在原来的位置，而不会因为a[i]多次加1改变a[i]/k的值；

　　原因2：当k为n或者更小时，有可能存在某一个数，他出现的次数也是k，那么其增量为k，与k取余后为0，因此，k的取值应该大于n，即大于出现次数的上界。

 　　对于改进二，还有另一种方法，改进二的思路是，加1得到增量再取余。另一种类似的方法是，加一个“大数”再除以"大数"得到加上“大数”的次数即出现的频率。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;

int a[1001];
int n;

void solve3()
{
     int i;
     for(i=1; i<=n; i++)
     {
          a[a[i]%(n+1)] += (n+1);
     }
     for(i=1; i<=n; i++)
     {
          printf("%d
",a[i]/(n+1));
     }     
}
int main()
{
     freopen("1.in","r",stdin);
     freopen("1.out","w",stdout);
     
     scanf("%d",&n);
     for(int i=1; i<=n; i++)
     {
          scanf("%d",&a[i]);
     }
     solve1();
     
     return 0;     
}

　　这个算法中也涉及到一个"大数"k，代码中取值为n+1，事实上，与上面类似，这个值k必须大于n。原因如下：

　　原因1：只有a[i]<k才能保证a[i] % k是不变的

　　原因2：最后每一个元素表示为a[i] = x + f*k，其中x<k，并且f就是我们要统计的频率。

　　其实，这道题的核心思想就是让元素出现在该出现的位置，陈利人老师出过另外一道题是最小没出现的正整数，与这个有点类似。题目如下：

　　给定一个无序的整数数组，怎么找到第一个大于0，并且不在此数组的最小整数。比如[1,2,0] 返回 3, [3,4,-1,1] 返回 2。最好能O(1)空间和O(n)时间。

　　CSDN上有人给出详细的题解，有兴趣的可以看看：http://blog.csdn.net/ju136/article/details/8153274

　　写得不好，如有错误或表述不清楚的，希望大家指出。