前阵子看到一个令人关注的动态：飞书计划进行团队规模的优化调整，据悉，这一调整预计将影响大约1000名员工。
飞书很好用，尤其是文档方面的功能，不仅免费，而且使用方便，所以我们团队的所有物料都存放在飞书里面，看到上面这个消息我们还是挺担心的，万一这次优化调整导致文档变得和石墨一样需要收费使用。
现在只能静观其变，慢慢地迁移资料到本地，免得到时候限制导出就麻烦了。
来做一道和「飞书」相关的算法原题。
给定一个包含 n + 1 个整数的数组 nums ，其数字都在 [1, n] 范围内（包括 1 和 n），可知至少存在一个重复的整数。
假设 nums 只有 一个重复的整数 ，返回 这个重复的数 。
你设计的解决方案必须 不修改 数组 nums 且只用常量级 O(1) 的额外空间。
示例 1：
输入：nums = [1,3,4,2,2]
输出：2
示例 2：
输入：nums = [3,1,3,4,2]
输出：3
提示：
1 <= n <= 105nums.length == n + 11 <= nums[i] <= nnums中 只有一个整数 出现 两次或多次 ，其余整数均只出现 一次
进阶：
如何证明
nums中至少存在一个重复的数字?你可以设计一个线性级时间复杂度
O(n)的解决方案吗？
题目要求我们必须不修改数组 nums ，并且只用常量级 O(1) 的额外空间。
一眼扫过去，题目很好理解，思路也很容易理清，最直观的想法就是使用哈希表不就能马上查找出重复的整数么？
但再看一眼条件，只能用常量级 O(1) 的额外空间，于是哈希表的思路走不通。
一般的解法是采取二分查找的思路来解决，这里简单给大家介绍一下操作：
1、原始数组 nums 中总共包含了 n + 1 个整数，并且这些整数都在 [1, n] 范围内，那么如果设置 n 个抽屉，1 号抽屉存放 1 号整数、2 号抽屉存放 2 号整数、以此类推，那么总是有一个抽屉会至少存放两个数，这个数就是重复的数。
这个结论来自于抽屉原理：如果每个抽屉代表一个集合，每一个苹果就可以代表一个元素，假如有 n + 1 个元素放到 n 个集合中去，其中必定有一个集合里至少有两个元素。
2、接下来，设置两个指针， left 指向最小值 1，right 指向最大值 nums.length - 1，以上图为例，此时 left = 1 ，right = 4 。
3、取 left 和 right 的中间值 mid = ( left + right ) / 2 ，所有的抽屉被划分为两块区间，[ left , mid ] 和 [ mid + 1 , right ]，如果我们知道重复数字会出现在其中一块区间，那么另外一块区间根本不需要去管，不用再去存放数字。
4、统计原始数组 nums 中小于等于 mid 元素的个数 count，此时发现 count = 3，而 [ left , mid ] 只包含了两个抽屉，那么根据抽屉原理，必然会出现两个数挤在相同的抽屉里面。
5、因此，3 号抽屉、4 号抽屉无需再去考虑，只需要考虑 1 号抽屉、2 号抽屉，到底是哪个抽屉存放了重复的数。
6、此时，抽屉的范围发生了变化，由原来的 [ 1 , 4 ] 变成了 [ 1 , 2 ]，即 left 不变，right 变成了 2。
7、接下来，继续将 left 和 right 的区间划分为两块区间，[ 1 , 1 ] 和 [ 2 , 2 ]，此时，mid = 1 ，统计原始数组 nums 中小于等于 mid 元素的个数 count，发现 count = 1，说明 [ 1 , 1 ]这个区间只有一个抽屉一个整数，那么肯定不存在重复的数，重复的数在 [ 2 , 2 ] 这个区间。
8、此时，抽屉的范围发生了变化，由原来的 [ 1 , 2 ] 变成了 [ 2 , 2 ]，即 right 不变，left 变成了 2。
9、当前区间只有一个抽屉，也就说明是这个抽屉存放了重复的数，抽屉的编号是 2，说明重复的数字就是 2，找到答案了。
代码如下：
def find_duplicate(nums): left = 1 right = len(nums) - 1
while left < right: mid = (left + right) // 2 count = 0
for num in nums: if num <= mid: count += 1
if count > mid: right = mid else: left = mid + 1
return left由此，这道题目也就解决了。
这道题出在LeetCode，据说传奇大师 Don E.Knuth 花了 24 小时才解出来。这……不至于吧？难道还有什么坑我们没注意到？
问题出在优化！
二分查找解决的代码时间复杂度是O(nlogn)，在面试的时候，面试官会问：还能不能再优化一下呢？
比如，LeetCode 的留言区就有同学懊恼的记录：今天美团面试考了这道题。作出一个解法以为完事了，结果连着追问好几种，整出翔了。
如果执着于二分查找的思路去优化，答案是无果，优化的方向是使用快慢指针。
具体操作如下：
1、对于原始数组 nums 来说，每个数字都有其对应的唯一索引 index，对于每个 index ，可以将其所对应的数字作为它下一个指向的对象，将这些对象串联为链表的形式。
2、比如先选 index = 0 作为链表的起始位置，那么 index = 0 在原始数组 nums 中的对象是 1 ，因此 0 --> 1 。
3、index = 1 在原始数组 nums 中的对象是 3 ，因此 1 --> 3 ，和前面串联起来就是 0 --> 1 --> 3 。
4、index = 3 在原始数组 nums 中的对象是 2 ，因此 3 --> 2 ，和前面串联起来就是 0 --> 1 --> 3 --> 2 。
5、index = 2 在原始数组 nums 中的对象是 4 ，因此 2 --> 4 ，和前面串联起来就是 0 --> 1 --> 3 --> 2 --> 4 。
6、index = 4 在原始数组 nums 中的对象是 2 ，因此 4 --> 2 ，和前面串联起来就是 0 --> 1 --> 3 --> 2 --> 4 --> 2 。
7、在上述的图中，链表中出现了一个环，因为 index = 3 和 index = 4 的对象 nums[3] 和 nums[4] 都等于 2。
8、链表中环的入口就是那个重复的数，那么这道题目也就变成了寻找环入口的题目。
那就和 LeetCode 第 142 号问题：环形链表II 的解法一模一样了。
1、通过快慢指针的方式，在环中寻找它们的第一次相遇的节点位置
2、当快慢指针相遇的时候：
x 代表从头节点到环形入口节点的节点数（不包含头节点）
y 代表从环形入口到第一次相遇节点的节点数（不包含环形入口节点）
z 代表从第一次相遇节点到环形入口的节点数（不包含第一次相遇节点）
此时，快指针走了 x + y + n (y + z)，其中，x + y 表示快指针第一次到达相遇节点，n 代表快指针在环里面绕了多少圈。
而慢指针走了 x + y 步。
那么就出现了一个等式 x + y = [x + y + n (y + z)] / 2，即x = n（y + z）- y。
n（y + z）- y 代表的含义是一个指针从相遇节点开始出发，走了 n 圈之后回到原来的出发位置，往后退 y 步。
由于 x 代表从头节点到环形入口节点的节点数，并且x = n（y + z）- y，所以n（y + z）- y 代表的含义就是一个指针从相遇节点开始出发，走了 n 圈之后回到原来的出发位置，往后退 y 步来到了环的入口位置。
那么，我们就可以设置两个指针，一个从链表的头节点开始出发，一个指针从相遇节点开始出发，当它们相遇的时候，代表着环的入口节点找到了。
三、参考代码
def find_duplicate(nums): # 1、通过快慢指针的方式，在环中寻找它们的第一次相遇的节点位置
# 2、定义一个慢指针，每次只会向前移动 1 步 slow = 0
slow = nums[slow]
# 3、定义一个快指针，每次只会向前移动 2 步 fast = 0
fast = nums[nums[fast]]
# 4、如果链表有环，那么无论怎么移动，fast 指向的节点都是有值的 while slow != fast: # 慢指针每次只会向前移动 1 步 slow = nums[slow] # 快指针每次只会向前移动 2 步 fast = nums[nums[fast]]
# 定义两个指针，一个指向相遇节点，定义为 b，一个指向链表头节点，定义为 a # 一个指向相遇节点，定义为 b b = fast
# 一个指向链表头节点，定义为 a a = 0
# 让 a 、b 两个指针向前移动，每次移动一步，直到相遇位置 # 由于有环，必然相遇 # 当 b 走了 n（y + z） - y 时，b 到达了环形入口节点位置 # 当 a 走了 x 步时，a 到达了环形入口节点位置 # a 与 b 相遇 while a != b: # a 指针每次只会向前移动 1 步 a = nums[a] # b 指针每次只会向前移动 1 步 b = nums[b]
# 6、返回 a 和 b 相遇的节点位置就是环形入口节点位置 return a作者：吴师兄
来源：吴师兄学算法
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