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今天是LeetCode题解系列第21篇，今天来看一道人狠话不多的题目。
题面
题目非常简单，只有一句话，给定一个整数数组，要求返回最小的不在数组当中的正整数。
看起来有些拗口，简单解释一下。我们都知道正整数就是从1开始的整数，所以这道题就是从1开始找到第一个不在数组当中的元素。我们来看下样例：
样例 1:
Input: [1,2,0]
Output: 3
样例 2:
Input: [3,4,-1,1]
Output: 2
样例 3:
Input: [7,8,9,11,12]
Output: 1
注意:
算法的时间复杂度必须是，并且只能使用
的存储空间。
分析
在注意出来之前，我们可能觉得这道题也不是那么难，很容易就想到解法，但是有了这两条限制之后就没那么简单了。我们遍历数组就需要的复杂度了，怎么还能找出最小未出现的元素呢？而且还不能申请额外的数组，只能用常数级的存储，显然各种辅助数组和容器是不能用了。
我们直接这么苦苦思索是很难想出解法的，不如来循序渐进。
我们先来假设没有这些限制条件的话应该用什么方法，最容易想到的应该是排序。我们将数组排序，一旦数组有序了之后就方便了。我们从小到大遍历，很容易就确定哪些元素出现过哪些元素没有。那么想要找出来不在数组当中的最小自然数自然也是轻而易举。分析一下排序我们可以发现，在此过程当中我们并没有用到额外的空间，唯一不满足条件的只有我们的时间复杂度是而不是
。
我们写下代码：
class Solution:
def firstMissingPositive(self, nums: List[int]) -> int:
nums = sorted(nums)
if len(nums) == 0 or nums[0] > 1:
return 1
mark = 1
for i in nums:
if i == mark:
mark += 1
return mark
那我们反过来，如果保证空间可以随意使用，但是对时间复杂度进行限制，我们能想到什么办法呢？
应该也很容易想出来，就是引入额外的容器。比如hashset。hashset的增删改查的复杂度都可以近似看成是常数级。我们只需要遍历一次数组，将所有元素插入hashset当中，同时记录下元素的最大最小值，最后遍历一下最小值和最大值这个区间，找出不在hashset当中最小的元素即可。n个元素的数组我们可以很容易证明，我们一定可以在n次查找以内找到不在数组当中的自然数。
这段代码也不难写：
class Solution:
def firstMissingPositive(self, nums: List[int]) -> int:
st = set()
if len(nums) == 0:
return 1
mini, maxi = 3e9, -3e9
# 插入set当中维护
for i in nums:
st.add(i)
mini = min(mini, i)
maxi = max(maxi, i)
# 从1开始找到第一个不在set当中的元素
# 由于nums只有n个元素，我们可以可以在n次遍历当中找到
for i in range(1, maxi):
if i not in st:
return i
# 如果从1到maxi都存在，那么就放回maxi+1和1的最大值
# 因为如果maxi小于1，那么上面的循环不会执行，所以要和1取最大值
return max(maxi+1, 1)
in-place
上面的两种做法一种进行了高复杂度的排序，另一种则用到了额外的存储。看起来这是一个两难问题，我们不想排序就需要用到存储，如果不想用存储呢，那么则需要元素有序。我们仔细分析一下这两种情况，就可以找到问题的症结了，我们有没有什么办法可以两全其美，既不用额外的存储又可以保证元素的有序呢？如果我们可以找到一种方法，那么这个问题就解决了。
这也是我们解题的时候的一个常规的套路，就是对于一些题目而言有一些算法是比较明显的，但是可能因为这样或那样的限制使得并不能应用在当前的问题当中。但是没关系，我们一样可以往这方面去想，先找到一个不那么合适的解法，在此基础上谋求突破，很多时候要比凭空想出一个完美的方法来容易许多。
那么我们怎么突破呢？
还要从题目的要求入手，题目当中规定只能使用常数的存储空间，意味着我们不能额外开辟数组或者其他容器来存储数据。有经验的同学可能已经反映过来了，这是in-place的套路。
in-place并不是一个算法，而是一种思想。它出现的原因也非常简单，因为我们申请数组等容器的时候需要通过操作系统向内存申请连续的内存，这会涉及到一系列内存管理算法的执行，所以是需要消耗大量时间的。所以在一些高性能的场景下，我们会希望尽量避免空间申请操作。
比如我们想要对数组进行排序，我们直接调用sorted方法的时候，其实在函数内部对数组进行了拷贝，最后返回的其实是拷贝数组排序之后的结果。也就是说我们获得的是一个新的数组，只是其中的元素和原来一模一样。而如果是in-place的方法，我们则不会另外创建数组，而在原数组上进行修改。
非in-place的接口不会修改原值，这方便我们追踪数据的变化，以及撤销操作。比如Python机器学习领域的大量numpy和pandas的接口默认都不是in-place的，就是这个原因。而in-place的则相反，由于它会直接修改原值，所以如果我们一旦执行错了，无法撤销，原数据就找不回了。比如我们排序错了，明明要降序，不小心排成了升序，一旦执行就无法还原了。但是和非in-place相比，它的耗时更少，也更节约内存。
这题其实已经暗示得很明显了，我们需要存储数据，但是又不让我们申请空间，于是我们只有in-place一条路可以走了。
我们需要设计一个in-place的算法，让我们可以判断元素的存在性。再加上题目中的限制是正整数，而且我们要找的是第一个没有出现的正整数。如果数组的长度是n，那么其实我们可以锁定，答案一定在[1, n+1]之间。原因也很简单，因为最理想的情况是这个数组当中的n个元素刚好是1到n，这样我们从1开始遍历，一直找到n就能得到答案是n+1。否则的话，我们一定可以在遍历到n+1之前就找到答案，所以综合一下，答案一定在[1, n+1]之间。如果我们能把这个区间写出来，其实解法已经就在我们眼前了。
既然答案在区间[1, n+1]中间，我们又需要设计一个in-place的方法，那么我们可以很正常地想到，我们可以将数字放到对应的下标当中去。1放到下标1当中，0放到0当中。
比如[3, 1, 0, 5]，我们拿到第一个元素是3，我们把它放到它应该在的位置，也就是5的位置下去，这个时候我们再来放5，由于5超过了数组的长度，所以进行丢弃。我们往下重复如上的过程，到最后的时候，我们得到的数据情况如下：[0, 1, 5, 3]，我们遍历一下数组，发现和下标不匹配的位置就是5，它应该对应的数据是2，所以2就是答案。
我一开始是先想到的算法，几乎是凭空想出来的，没有前后推导的过程，觉得非常惊艳，有种天马行空的感觉。后来关联上的in-place思想之后，才发现隐藏的思路其实非常合情合理。思路有了，代码真的很简单：
class Solution:
def firstMissingPositive(self, nums: List[int]) -> int:
n = len(nums)
# 因为是正整数，所以数组长度需要扩大1
nums.append(0)
for i in range(n):
if i == nums[i]:
continue
while True:
# 不停地交换元素，直到范围超界或者是已经放好了为止
# 需要考虑nums[i] 和 nums[nums[i]]相等的情况，这时候也不应该交换
val = nums[i]
if val > n or val < 0 or val == i or val == nums[val]:
break
nums[i], nums[val] = nums[val], val
for i in range(1, n+1):
if i != nums[i]:
return i
return n+1
最后，我们来分析一下这个算法的复杂度，为什么我们在一重循环当中还套了一个while循环，但是它仍然是的算法呢？
这个问题我们之前在介绍two pointers和尺取法的时候就曾经介绍过，我们在分析复杂度的时候不能只简单地看有几重循环，我们需要细致地分析。我们要忽略循环，回到问题的本质。我们用循环的本质是为了能够让每个元素放到对应的位置，一共需要安排的元素数量是固定的是n个，位置也是固定的是n个，一个元素只有一个位置。那么我们一次交换至少可以让一个元素放到正确的位置，那么问题来了，我们想要把所有元素放置好，需要循环多少次？
我这样问，大家应该很清楚，一次最少放一个，一共n个，显然最多放n次。那我们再看while循环当中，每执行一次，不就是放好了一个元素吗？外围的循环只是用来枚举元素的，并不会引入额外的计算，所以这当然是一个的算法。
最后，今天的题目官方标的难度是Hard，题目本身不难，由于加上了很多限制才提升了难度。今天的题目没有用到新的算法，纯粹是对思维和逻辑的考验。也因此，我觉得它是一道非常纯粹的题，纯粹在于它并用不到新的算法，也用不到新的数据结构，就是考察我们分析问题和思考问题的能力。而许多问题则针对性很强，如果之前没有学过对应的算法则无法做得出来，所以从这点上来说这题更加公平，非常适合面试。我已经进行了预约，以后如果有面试机会，我可能会问候选人这个问题。
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