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🔍 难度：困难 | 🏷️ 标签：数组、原地操作、哈希表、数学思维
⏱️ 目标时间复杂度：O(n)
💾 空间复杂度：O(1)
💡 本题是 LeetCode 经典“脑筋急转弯”题，考察对 数组空间的极致利用 和 数学边界分析能力。
🎯 面试常考！尤其在大厂算法岗、系统设计岗中频繁出现，作为考察「空间优化」与「逻辑建模」的标杆题。
🔍 题目分析
给你一个未排序的整数数组 nums，找出其中没有出现的最小正整数。
⚠️ 关键限制：
- 时间复杂度必须为 O(n)；
- 空间复杂度必须为 O(1)（即不能使用额外哈希表或集合）；
📌 举个例子：
nums = [3, 4, -1, 1] → 输出: 2
解释：1 存在，但 2 缺失，所以返回 2。
再比如：
nums = [7,8,9,11,12] → 输出: 1
解释：1 没有出现，是最小正整数。
✅ 数学洞察：答案范围一定在 [1, n+1]
这是解题的关键突破口！
🧠 定理：对于长度为
n的数组，缺失的第一个正整数必然落在[1, n+1]区间内。
为什么？
- 若
[1, n]全部存在，则答案是n+1； - 否则，答案是
[1, n]中第一个缺失的正整数。
✅ 所以我们只需关注区间 [1, n] 内的数字是否存在即可，不需要关心大于 n 的数。
这极大简化了问题——我们可以把整个数组当作一个“哈希表”来用！
🎯 核心算法及代码讲解
本题有两个经典解法：
| 方法 | 思路 | 是否修改原数组 | 时间 | 空间 |
|---|---|---|---|---|
| 原地哈希标记法 | 将数组作为哈希表，用负号表示存在 | ✅ 是 | O(n) | O(1) |
| 置换恢复法 | 把每个数放到它对应的位置上 | ✅ 是 | O(n) | O(1) |
我们重点讲解 原地哈希标记法（更直观易懂），并附上完整行注释代码。
🔁 方法一：原地哈希标记法（推荐）
🧩 核心思想：
利用数组下标作为“键”，值的正负性作为“状态标志”。
具体步骤如下：
- 预处理：将所有小于等于 0 的数改为
n+1，因为这些数不影响[1,n]范围内的判断； - 遍历标记：对每个数
x = abs(nums[i])，如果x ∈ [1,n]，就将nums[x-1]变成负数（表示x存在）； - 查找结果：从头开始找第一个仍为正数的元素，其下标
i+1即为答案；若全为负数，则答案为n+1。
💡 本质是：用数组自身模拟哈希表，通过符号变化记录“某数是否出现”。
✅ 代码实现（含详细行注释）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
class Solution {
public:
int firstMissingPositive(vector<int>& nums) {
int n = nums.size(); // 数组长度
// 第一步：将所有 <= 0 的数替换为 n+1（使其不在 [1,n] 范围内）
for (int& num : nums) {
if (num <= 0) {
num = n + 1; // 这样就不会影响后续的索引映射
}
}
// 第二步：遍历数组，对每个数 x，如果 x 在 [1,n] 范围内，
// 则将其对应的索引位置（x-1）变为负数，表示 x 存在
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int x = abs(nums[i]); // 注意取绝对值，因为可能已被标记为负
if (x <= n) { // 只处理在 [1,n] 范围内的数
// nums[x-1] 对应的是数字 x 的“存在标记”
// 如果已经是负数，说明已标记过，无需重复
nums[x - 1] = -abs(nums[x - 1]); // 强制变负，表示 x 出现过
}
}
// 第三步：找到第一个仍然是正数的位置，其索引 +1 就是答案
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (nums[i] > 0) {
return i + 1;
}
}
// 如果所有位置都为负数，说明 [1,n] 都存在，答案是 n+1
return n + 1;
}
};
// 测试
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
Solution sol;
// 测试用例1
vector<int> nums1 = {1, 2, 0};
cout << "Test 1: " << sol.firstMissingPositive(nums1) << endl; // 输出: 3
// 测试用例2
vector<int> nums2 = {3, 4, -1, 1};
cout << "Test 2: " << sol.firstMissingPositive(nums2) << endl; // 输出: 2
// 测试用例3
vector<int> nums3 = {7, 8, 9, 11, 12};
cout << "Test 3: " << sol.firstMissingPositive(nums3) << endl; // 输出: 1
return 0;
}
🧠 解题思路（分步详解）
- 理解目标：找最小缺失正整数，且要求 O(n) 时间 + O(1) 空间；
- 缩小搜索范围：答案必在
[1, n+1]，因此只关心[1,n]的出现情况； - 空间优化策略：既然不能用额外空间，那就用数组本身做“哈希表”；
- 如何标记？
- 使用 负号 表示某个数已存在；
- 因此需先清理无效数据（≤0 的数）；
- 遍历并标记：对每个合法数
x，令nums[x-1]为负； - 最终扫描：找第一个未被标记（仍为正）的位置，即为答案。
📊 算法分析
| 指标 | 分析 |
|---|---|
| 时间复杂度 | O(n)：仅需三次遍历，每轮均为线性时间 |
| 空间复杂度 | O(1)：仅使用常量级额外空间，无额外数据结构 |
| 是否破坏输入 | 是，修改了原数组（但题目允许） |
| 适用场景 | 面试中考察“空间复用”能力的经典题 |
🔍 面试加分点：
- 能说出“答案范围在 [1,n+1]”这一关键结论；
- 清晰解释为何要用负号做标记；
- 提到“原地哈希”的思想，体现工程思维；
- 对比其他方法（如排序、哈希表）的优劣。
🔄 方法二：置换恢复法（补充）
另一种优雅解法是“置换”思想：让每个数 x 放到索引 x-1 的位置。
class Solution {
public:
int firstMissingPositive(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
// 当前元素为 x，它应该放在索引 x-1 处
while (nums[i] > 0 && nums[i] <= n && nums[nums[i] - 1] != nums[i]) {
swap(nums[nums[i] - 1], nums[i]);
}
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (nums[i] != i + 1) {
return i + 1;
}
}
return n + 1;
}
};
📌 核心思想：不断交换，直到每个数都在正确位置，然后找第一个不匹配的位置。
⚠️ 注意：避免死循环，条件中加入 nums[nums[i]-1] != nums[i] 来防止无限交换。
💡 面试延伸与技巧总结
❓ 为什么不能用哈希表？
- 因为空间复杂度要求 O(1)，而哈希表需要 O(n) 空间；
- 但可以利用数组自身来替代哈希表，这就是“原地哈希”思想。
❓ 如何想到用负号标记？
- 数组中的数可以是任意整数，但我们需要一种方式“记录”某个数是否出现；
- 正负号是一种天然的状态标志，且不会影响数值本身（只要不改变大小）；
- 类似于“位图”思想，但用符号代替比特。
❓ 为什么要把 ≤0 的数改成 n+1？
- 因为这些数无法作为有效索引（如 -1 不合法）；
- 改成 n+1 后，它们不会参与后续的索引访问，也不会干扰标记过程。
❓ 有没有不修改原数组的方法？
- 有，但会牺牲空间或时间；
- 比如用额外布尔数组（空间 O(n)），或排序后查找（时间 O(n log n)）；
- 但都不满足题目双重要求。
🌟 本期完结，下期见！🔥
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📣 下一期预告：LeetCode 热题 100 第18题 —— 73.矩阵置零（中等）
🔹 题目：给定一个 m×n 的二维矩阵，如果某个元素为 0，则将其所在行和列的所有元素都设为 0。
🔹 核心思路：使用两个布尔变量或第一行/列作为标记位，避免额外空间；
🔹 考点：空间优化、边界处理、原地修改、多维数组操作；
🔹 难度：中等，但非常考验细节处理能力，是面试常客！
💡 提示：不要直接遍历两次，容易出错！建议先记录要清零的行列，再统一处理。
📌 记住：当你在刷题时，不要只看答案，要像写这篇文章一样，深入思考每一步背后的原理、优化空间和面试价值。这才是真正提升算法能力的方式！
