今天刷题讲解的主要讲的是关于——哈希这个知识点的题目讲解。
（一）缺失的第一个正整数
链接如下：缺失的第一个正整数
题目展示：
题意分析：
分析题目，我们知道以下几点：
1、如果数组中有负数，对于负数的处理我们是忽略的，即只判断正数情况下缺失的第一个正整数；
2、对于长度为n的数组，并且无重复出现的数字，那么如果遍历数组之后，此时会有两种情况：
- ①如果数组中的元素出现了1~n之间的，那么我们就可以知道缺失的就是 n+1 这个数字；
- ②相反，如果数组中的元素在 1~n 之间有缺失的，那么缺失数字就处于1～n 中的数字。如果是这种情况。我们只需利用哈希表判断出每个元素是否出现过即可。
具体做法：
- step 1：首先就是需要创建一个哈希表，用于记录数组中出现的数字。
- step 2：从头开始遍历数组，记录数组中数字出现的次数；
- step 3：紧接着查询哈希表中是否有这个数字，如果没有，说明它就是数组缺失的第一个正整数
代码展示：
class Solution { public: int firstMissingPositive(vector<int>& nums) { unordered_map<int, int> tmp; for (auto& e : nums) { if (e > 0) tmp[e]++; } for (int i = 1; i <= nums.size() + 1; i++) { if (tmp[i] == 0) return i; } return 0; } };
性能分析：
- 时间复杂度：O(n)。第一次遍历数组，记录数字出现次数为O(n)，第二次最坏从1遍历到n，为O(n)，因此时间复杂度为 O(n)。
- 空间复杂度：O(n)。哈希表记录n个不重复的元素，长度为n，因此空间复杂度为 O(n)。
（二）数组中只出现一次的两个数字
链接如下：数组中只出现一次的两个数字
题目展示：
题意分析：
首先，本题的题意还是比较简单的。对于本题我们既可以使用哈希，也可以不使用哈希，这两种方法都可以作出本道题。接下来，我两种方法都给大家介绍一下。
1、直接法
具体思想：
- 直接去做，其实思想也很简单。首先，我们可以先对数组进行排序处理，这是非常关键的一步；
- 其次，对于排好序的数组，我们可以知道，对于相同的数字一定是挨在一起的，因此，我们可以利用这一点去对其进行判断。
具体做法：
- step 1：首先就是对数组中的元素进行排序处理；
- step 2：从头开始遍历数组，查找出连续挨着的两个数字是不同的即可；
- step 3：如果连续两个挨着的数字是相同的，那么我们只需从当前位置往后跳两个位置继续查找即可
代码展示：
class Solution { public: vector<int> FindNumsAppearOnce(vector<int>& array) { // write code here sort(array.begin(),array.end()); vector<int>tmp; int size=array.size(); for(int i=0; i<size;++i ) { if(array[i] == array[i+1]) i++; else tmp.push_back(array[i]); } return tmp; } };
2、哈希
具体思想：
- 既然有两个数字只出现了一次，我们就统计每个数字的出现次数，利用哈希表的快速根据key值访问其频率值即可实现题目要求。
具体做法：
- step 1：首先还是对数组中的元素进行排序处理；
- step 2：从头开始遍历数组，用哈希表统计每个数字出现的频率；
- step 3：然后再遍历一次数组，对比哈希表，找到出现频率为1的两个数字，返回即可实现
代码展示：
class Solution { public: vector<int> FindNumsAppearOnce(vector<int>& array) { // write code here sort(array.begin(), array.end()); unordered_map<int, int> tmp; vector<int> res; for(auto& e : array) ++tmp[e]; //再次遍历数组 for(int i = 0; i < array.size(); i++) { //找到频率为1的两个数 if(tmp[array[i]] == 1) res.push_back(array[i]); } return res; } };
性能分析：
- 时间复杂度：O(n)，其中n为数组长度，两次单独的遍历数组每个元素
- 空间复杂度：O(n)，哈希表的长度应该为(n−2)/2
（三）直线上最多的点数
链接如下：149. 直线上最多的点数
题目展示：
题意分析：
本题暴力的解决就是任意举两个点来枚举直线，但是它的时间复杂度达到了O(N^3)，所以这里就不过多的介绍；
那么我们可以怎么优化呢？我们以下图为例带大家理解思路：
注意：
- 在计算斜率时如果换成浮点则会有精度的问题，因此我们换成分数来进行操作
具体做法：
- step 1：在点的总数量小于等于 2 的情况下，我们只需用一条直线将所有点串联，此时我们直接返回点的总数量即可；
- step 2：从头开始遍历数组，枚举中心点；
- step 3：紧接着通过中心点去算出与其他点的斜率斜率，计算出最多的个数。在重复上述操作即可实现；
代码展示：
class Solution { public: int maxPoints(vector<vector<int>>& points) { int n = points.size(); //当结点数小于2时，直接返回即可 if (n < 2) return n; int ans = 0; //枚举中心店 for (int i = 0; i < n; i++) { //定义哈希表来统计每个斜率的数量 unordered_map<string, int> tmp; //定义Count用来来表示最大的数量 int Count = 0; //枚举剩余点，因为i之前的已经枚举过了，所以才 i+1开始 for (int j = i + 1; j < n; j++) { //获取两点的坐标 int x1 = points[i][0] ,y1 = points[i][1]; int x2 = points[j][0] ,y2 = points[j][1]; //计算斜率 string key = clac(x1,x2,y1,y2); tmp[key]++; //更新Count Count = max(Count, tmp[key]); } //一个中心点完成后更新结果 ans = max(ans, Count+1); } return ans; } string clac(int x1, int x2, int y1, int y2) { //计算横纵坐标的差值，注意记得加绝对值 int index=abs(x1-x2); int indey=abs(y1-y2); //最大公约数 int val=gcd(index, indey); //拼接 string key=to_string (indey / val) + "_" + to_string (index / val); //斜率为负，拼接一个 -号 if((x1 < x2 && y1 > y2) || (x1 > x2 && y1 < y2)) return "-" + key; return key; } };
性能分析：
- 时间复杂度：O(n^2*logn)，其中n为数组长度，枚举中心点需要O(N），而斜率分组也需要O(N），对于最大公约数需要O(logN），因此时间复杂度为O(n^2logn)
- 空间复杂度：O(n)，因为需要哈希表来记录，因此空间复杂度为O(N）。
到此，关于哈希表的三道题就讲解结束了。希望对大家有帮助，咱们下期再见！！！
