「力扣」第 41 题： 缺失的第一个正数
给定一个未排序的整数数组，找出其中没有出现的最小的正整数。
示例 1：
输入: [1, 2, 0]
输出: 3
示例 2：
输入: [3, 4, -1, 1]
输出: 2
示例 3：
输入: [7, 8, 9, 11, 12]
输出: 1
说明：你的算法的时间复杂度应为 ，并且只能使用常数级别的空间。
思路分析：
首先要读懂题意，「找出没有出现的最小的正整数」的意思。我们并不关系负数和零，把数组中所有的正整数拿出来，从 开始找，发现只要找不到了，就是最小的正整数。
为此，我们可以把数组中所有的正整数都放进一个数组里，然后从 开始找。但是题目要求我们只能使用常数级别的空间。
我们仔细想一下，哈希表里存放的数都是正整数，于是哈希表就可以用布尔数组替代。那这个布尔数组可不可以不使用呢，直接使用原始数组的空间就能达到哈希表的效果。
事实上是可以的。我们观察示例 1 ，我们只要把 1 放在第 1 个位置，2 放在第 2 个位置，0 无处安放，然后遍历一遍数组，发现第 3 个位置上的数字不是 3 ，则 3 就是这个数组缺失的第 1 个正数。
观察示例 2，把 3 放在第 3 个位置，4 放在第 4 个位置，把 1 放在第 1 个位置，-1 无处安放，然后遍历一遍数组，发现第 2 个位置上的数字不是 2 ，则 2 就是这个数组缺失的第 1 个正数。
你是不是已经发现了，这里我们可以使用原始数组充当“桶”的作用，一个桶只放置一个元素，这也叫“抽屉原理”，通俗点说就是一个萝卜一个坑。而放置的过程使用“交换”这个操作完成，这样就无需使用额外空间。这样扫描过一次以后，就一定有元素放在了它应该在的位置，有的位置上的元素无处安放，我们只要从头遍历到第 1 个无处安放的元素，把它的位置返回即可。
细节：1、我们只关心大于 0 和小于等于数组长度的正数，因为它们可以表示索引，我们是读索引，找到题目需要的数；
2、如果遇到两个相同的元素要放置在 1 个位置上怎么办？任意放一个即可，只要这个位置上元素放对了，我们就不用管它，继续遍历下一个位置；
3、数组的索引和要返回的正数相差 1，注意这个编码细节。
这道题的难度为困难，不过如果你知道“桶”的思想，便不难了，只是在编码上有一点点困难。如果你平常注意编码规范，这就是一道很常规的问题。
参考代码：
Java 代码：
public class Solution {
public int firstMissingPositive(int[] nums) {
int len = nums.length;
for (int i = 0; i < len; i++) {
while (nums[i] > 0 && nums[i] <= len && nums[nums[i] - 1] != nums[i]) {
// 满足在指定范围内、并且没有放在正确的位置上，才交换
// 例如：数值 3 应该放在索引 2 的位置上
swap(nums, nums[i] - 1, i);
}
}
// [1, -1, 3, 4]
for (int i = 0; i < len; i++) {
if (nums[i] != i + 1) {
return i + 1;
}
}
// 都正确则返回数组长度 + 1
return len + 1;
}
private void swap(int[] nums, int index1, int index2) {
if (index1 == index2) {
return;
}
int temp = nums[index1];
nums[index1] = nums[index2];
nums[index2] = temp;
}
}
复杂度分析：
-
时间复杂度：
，这里用到了均摊复杂度分析。在遍历的过程中，有些数直接跳过了，有些数在之前的循环中被交换到了正确的位置。即数组里元素的位置，绝大多数是通过交换来到了正确的位置，交换这个操作是常数级别的。一种可能的情况是，在前面扫描的时候，假设在一个位置上
while执行循环体的次数很多，在后面的数的遍历中，一定会有一些数不会执行while里面的循环体：这些数要么不在扫描的范围内（小于1或者大于len），要么已经在正确的位置上（在之前的while循环里被交换过来）。也就是说，最坏的情况不可能每次都发生。 -
这里
是数组的长度，其实只要看这个数组一遍，就可以知道每个数字应该放在哪个位置，所以时间复杂度是
-
空间复杂度：
，桶排序在原地进行，没有使用额外的存储空间。
