《LeetCode》—— 哈希网站首页 技术交流

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：