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目录
1.判定字符是否唯一
1.1 题目解析
1.2 解法
1.3 代码实现
2. 丢失的数字
2.1 题目解析
2.2 解法
2.3 代码实现
1.判定字符是否唯一
面试题 01.01. 判定字符是否唯一 - 力扣（LeetCode）
实现一个算法，确定一个字符串 s 的所有字符是否全都不同。
示例 1：
输入: s= "leetcode"输出: false
示例 2：
输入: s = "abc"输出: true
限制：
0 <= len(s) <= 100s[i]仅包含小写字母- 如果你不使用额外的数据结构，会很加分。
1.1 题目解析
本题要求判断字符串中是否存在重复字符。
可以抽象为：字符串去重检测，即看每个字符在扫描过程中是否出现过。
常规解法
最直观的做法：
-
使用一个 HashSet 或 数组 来存储是否见过某个字符。
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每遇到一个字符就判断它是否已经存在，存在则返回 false，否则继续。
问题分析
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常规解法虽然简单，但需要 额外数据结构（HashSet 或 boolean[26]）。
-
题目限制字符串只包含小写字母，总共 26 种情况。
→ 完全可以用一个整数的二进制位（bit）来表示某个字母是否出现过。 -
这样就能把额外空间从 O(26) 降到 O(1)，更优雅。
要想高效并且不额外开数组 →
利用整数的 二进制位掩码 (bitmask) 来存储字符出现情况：
-
第 x 位为 1 表示字符 'a'+x 出现过。
-
遍历字符串时：
-
检查该位是否已被置 1 → 若是，则重复；
-
否则置位，继续。
-
这就是位运算的巧妙应用。
1.2 解法
利用一个 int 的 32位 来标记 26 个小写字母的出现情况：
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x = s.charAt(i) - 'a' → 映射到第 x 位。
-
如果 (bitMap >> x) & 1 == 1，说明该字符已出现过
-
否则设置 bitMap |= (1 << x)。
i）定义 bitMap = 0，作为记录器。
ii）遍历字符串：
-
计算当前字符对应的
x（0~25）。 -
检查对应位是否已是 1，若是 → 返回 false。
-
否则置 1。
iii）遍历结束无重复 → 返回 true。
1.3 代码实现
class Solution {public boolean isUnique(String astr) {int bitMap = 0; // 位掩码，初始为0for (int i = 0; i < astr.length(); i++) {int x = astr.charAt(i) - 'a'; // 映射到0~25if (((bitMap >> x) & 1) == 1) { // 检查该位是否已为1return false; // 出现重复}bitMap |= (1 << x); // 置位}return true; // 没有重复}
}
复杂度分析
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时间复杂度：O(n)，遍历一次字符串。
-
空间复杂度：O(1)，仅用一个整数存储状态。
2. 丢失的数字
268. 丢失的数字 - 力扣（LeetCode）
给定一个包含 [0, n] 中 n 个数的数组 nums ，找出 [0, n] 这个范围内没有出现在数组中的那个数。
示例 1：
输入：nums = [3,0,1]
输出：2
解释：n = 3，因为有 3 个数字，所以所有的数字都在范围 [0,3] 内。2 是丢失的数字，因为它没有出现在 nums 中。
示例 2：
输入：nums = [0,1]
输出：2
解释：n = 2，因为有 2 个数字，所以所有的数字都在范围 [0,2] 内。2 是丢失的数字，因为它没有出现在 nums 中。
示例 3：
输入：nums = [9,6,4,2,3,5,7,0,1]
输出：8
解释：n = 9，因为有 9 个数字，所以所有的数字都在范围 [0,9] 内。8 是丢失的数字，因为它没有出现在 nums 中。
提示：
n == nums.length1 <= n <= 1040 <= nums[i] <= nnums中的所有数字都 独一无二
2.1 题目解析
这个题目本质上是要找出一个在区间 [0, n] 内缺失的数。给定一个长度为 n 的数组，数组元素是区间 [0, n] 内的数，要求我们找出缺失的那个数。这里的数组是无重复元素的，也就是说，数组中只有一个数字缺失。
常规解法：
最直观的想法是，我们可以通过将数组中的所有数字与完整的 [0, n] 区间做对比，找出哪个数字缺失。比如可以使用 哈希表 来记录数组中的数字，最后遍历 [0, n] 找出没有出现的数字。
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使用哈希表来存储数组中的元素，然后再通过遍历 [0, n] 查找缺失的数字。这个方法的时间复杂度是 O(n)，但是空间复杂度也是 O(n)，因为需要额外存储数组中的数字。
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如果能不使用额外空间，是否有其他优化的解法？
思路转折：
要想高效地解决问题，必须要避免使用额外的空间。我们可以通过 数学方法 或 位运算（XOR） 来进一步优化。利用数组元素的特点，可以想到利用 异或运算 来解决这个问题。利用异或的性质，最终可以只用常数空间 O(1) 来解决问题。
2.2 解法
我们可以利用 异或运算 来处理。通过将数组中的所有数字与从 0 到 n 的所有数字进行异或，最终剩下的就是缺失的数字。因为异或有以下性质：
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a ^ a = 0（同一数字异或的结果是 0）
-
a ^ 0 = a（任意数字与 0 异或的结果是它本身）
-
异或运算满足交换律和结合律
因此，当我们对所有的数字进行异或时，最终会将出现的数字消去，剩下的就是缺失的数字。
i）初始化一个 result 为 0。
ii）遍历数组中的所有数字，逐个与 result 做异或操作。
iii）再次遍历 0 到 n 的数字，将其与 result 做异或操作。
iiii）最后，result 就是缺失的数字。
2.3 代码实现
class Solution {public int missingNumber(int[] nums) {int result = 0;// 先对数组中的元素和索引进行异或for (int i = 0; i < nums.length; i++) {result ^= i ^ nums[i];}// 最后还需要将 n（即 nums.length）与 result 异或result ^= nums.length;return result;}
}
复杂度分析：
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时间复杂度：O(n)，我们遍历了一遍数组和一遍区间 [0, n]，因此时间复杂度是 O(n)。
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空间复杂度：O(1)，我们没有使用额外的空间，仅用了一个常量空间 result。
这种解法不仅利用了异或的性质，而且避免了使用额外的空间，因此非常高效。