狐狸姐姐刷LeetCode Hot100有个习惯，前期按题号硬推，前90道基本都是动规、回溯、树、图这些硬骨头，等推进到96-100这最后五题的时候，会有一种突然从泥潭里上岸的感觉。这五题堪称整个Hot100里最典型的“技巧题”组合：只出现一次的数字、多数元素、颜色分类、下一个排列、寻找重复数。它们没有复杂的模板，也没有绕来绕去的状态转移，解题核心全在几个关键的观察和指针设计上，一旦想通，代码量少得惊人。
这篇记录就把我刷这五题时真正想明白的东西写下来，不只是贴代码，而是说清楚每个技巧为什么是这样设计的，以及实际练习中容易栽进去的坑。无论你是刚开始刷LeetCode的初学者，还是准备面试前想快速过一遍经典题型的选手，这五道题都值得认真吃透。
1. 只出现一次的数字：异或是天然的“消消乐”
题目本身不长：给你一个非空整数数组，除了某个元素只出现一次以外，其余每个元素均出现两次，找出那个只出现一次的元素。要求算法具有线性时间复杂度，且不使用额外空间。
第一次看到这道题，大多数人会想到用哈希表计数，遍历一遍，记录每个数字出现的次数，最后再找那个次数为1的数。这个解法当然对，时间复杂度O(n)，空间复杂度也是O(n)。但题目明确要求不使用额外空间，这就把哈希表这条路堵死了。
1.1 异或运算的三个性质，就是整道题的钥匙
异或（XOR）有三个性质值得反复记：
- 任何数和0做异或，结果还是它本身：a ^ 0 = a。
- 任何数和它自己做异或，结果是0：a ^ a = 0。
- 异或满足交换律和结合律：a ^ b ^ c 等于 a ^ c ^ b，也等于 (a ^ b) ^ c。
利用这三条性质，把数组里所有数字依次做异或运算，成对出现的数字会互相抵消成0，最后剩下的那个数字就是只出现一次的元素。
这个思路本质上就是一个“消消乐”的过程。你可以把每个成对的数字想象成两个相同的块，它们一碰就消失，只有那个落单的数字会留到最后面。整个过程不需要任何额外存储，只需要一个变量从头滚到尾。
1.2 代码极短，但背后的思维值得琢磨
python复制def singleNumber(nums: list[int]) -> int:
res = 0
for num in nums:
res ^= num
return res
代码就这几行，但为什么是异或而不是加减？因为异或能处理“成对抵消”这个场景，而且它对负数、大整数都天然适用。如果你用累加的方式，只能靠“总和减去成对元素的和”来算，但那样需要先知道成对元素的值，多一层操作。
这里有个细节容易被忽视：异或操作不依赖数字的具体大小，也不依赖它们在数组里的位置。哪怕数组是乱序的，只要成对出现的数字是两两相同，交换律和结合律就能保证它们最终会两两抵消。这一点是哈希表方案没有的优雅之处。
1.3 实际练习中的两个误区
第一个误区：有人觉得先排序再找相邻不同的元素也能过。排序的时间复杂度是O(n log n)，不满足线性时间要求，面试时这么答会被追问。
第二个误区：有人会想用集合去重然后乘2减总和。比如把数组去重后所有元素之和乘以2，再减去原数组的总和，剩下的就是落单的数。这个思路正确，但需要一个set，额外空间还是O(n)，同样不满足要求。
我刷这道题的体会是，它真正的价值不在这道题本身，而是让你以后看到“成对出现”“找唯一落单”这类字眼时，第一反应就是异或。这个反应在后续很多位运算题里都能用上。
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2. 多数元素：摩尔投票的本质是“把对拼掉”
题目说，给定一个大小为n的数组，找到其中的多数元素。多数元素是指在数组中出现次数大于n/2的元素。你可以假设数组是非空的，并且给定的数组总是存在多数元素。
这道题的常规解法很多：哈希表计数、排序后取中间值、分治。但最经典的技巧是摩尔投票法，时间复杂度O(n)，空间复杂度O(1)。
2.1 投票抵消的直觉：多数元素扛得住消耗
摩尔投票的核心思想是维护一个候选人和一个票数，然后遍历数组。
- 如果票数为0，就把当前元素设为候选人，票数置为1。
- 如果当前元素等于候选人，票数加1。
- 如果当前元素不等于候选人，票数减1。
遍历结束后，候选人就是多数元素。
用生活化的场景来理解：假设有一群人在投票，多数派的人数超过一半。每当一个多数派和一个少数派碰在一起，两个人都“同归于尽”，多数派依然能剩下人；但少数派之间如果互相抵消，那多半是多数派得利。最终能站到最后的，一定是最初人数过半的那一派。
我最初学这个方法时有个疑问：如果少数派内部也互相抵消，会不会把多数派的票数也消耗掉？不会。因为多数派数量超过一半，无论怎么配对抵消，多数派总能剩下至少一个。这个结论的严格证明可以用归纳法，但直觉上记住“过半的人扛得住全员消耗”就够了。
2.2 代码和边界情况
python复制def majorityElement(nums: list[int]) -> int:
candidate = None
count = 0
for num in nums:
if count == 0:
candidate = num
if num == candidate:
count += 1
else:
count -= 1
return candidate
注意，这个写法依赖题目“一定存在多数元素”的前提。如果题目不保证存在多数元素，就不能直接返回候选人，而应该再遍历一遍数组，统计候选人的真实出现次数，确认它确实超过n/2再返回；否则返回-1。
很多人在面试时会被追问：“如果不保证存在多数元素，你的代码还成立吗？”这就是在考察你对前提条件的敏感度。养成习惯：拿到题目先确认输入约束，再决定要不要做验证步骤。
2.3 与其它解法的取舍
哈希表计数是最直观的思路，但空间O(n)。排序取中位数也很简单，因为如果某个数出现超过一半，排序后它一定会占据中间位置，但时间复杂度是O(n log n)。分治是另一个思路，把数组分成两半，分别找多数元素，再合并判断，时间O(n)、空间O(log n)，但代码量比摩尔投票大。
实际面试中，除非面试官故意限制，用摩尔投票是性价比最高的方案。它既展示了位运算之外另一种空间优化思路，也考察你对“超过半数”这个特殊条件的利用能力。这道题告诉我们：当题目给了一个看起来不起眼的数量条件，比如“大于n/2”，这个条件本身就是解题的核心线索。
3. 颜色分类：三指针把数组切成了“三个世界”
题目叫“颜色分类”，实际上是一个排序题：给定一个包含红色、白色、蓝色，一共n个元素的数组，原地对它们进行排序，使得相同颜色的元素相邻，并按照红色、白色、蓝色顺序排列。在这个问题中，使用整数0、1和2分别表示红色、白色和蓝色。
最容易想到的方案是直接调用排序算法，或者统计0、1、2的个数然后回填。这两种做法都能过，但题目要求“原地排序”，并且最好只遍历一次，这就引出了经典的三指针解法，也叫荷兰国旗问题。
3.1 从单指针到三指针：为什么需要三个指针
先看一个相对容易理解的方案：两次遍历。
第一次遍历统计0、1、2各自出现的次数，然后按顺序回填。这需要额外记三个数，不是严格意义上的“原地”，但能通过。如果面试官继续追问能不能一次遍历搞定，就要上三指针了。
三指针的思路很清晰：用左指针left维护0区域的右边界，用右指针right维护2区域的左边界，再用当前指针i扫描整个数组。开始时left指向数组开头，right指向数组末尾，i从开头出发。
不变式是：left左边的所有元素都是0，right右边的所有元素都是2，中间是未扫描和1组成的区域。i遍历到每个元素时，根据它的值做不同处理。
3.2 交换规则为什么不对称，这是最大的坑
- 当nums[i]等于0时，把它和nums[left]交换，然后left加1，i加1。
- 当nums[i]等于1时，什么都不做，i加1。
- 当nums[i]等于2时，把它和nums[right]交换，然后right减1，但i不加1。
核心问题在于：为什么交换0时i可以前进，交换2时i不能前进？
原因是，从left位置换过来的元素，只可能是0或1，因为left左边的元素都是0，left位置本身也是0或1，把它换到i位置后，i位置的值要么是0要么是1，已经属于“处理过”的区域，所以i可以放心前进。
但从right位置换过来的元素就不一定了。right右边的元素都是2，但right位置的元素可能是0、1、2中的任意一个。把未知元素换到i位置后，i还需要重新判断一次当前值，所以i不能前进，必须留在原地再处理一轮。
这个不对称很容易被忽略。我第一次写的时候，交换2之后顺手加了i，结果把某个0漏判，最终结果就乱了。后来发现所有题解里交换2后都不动i，才意识到这里别有玄机。
3.3 代码与手推实例
python复制def sortColors(nums: list[int]) -> None:
left = 0
right = len(nums) - 1
i = 0
while i <= right:
if nums[i] == 0:
nums[i], nums[left] = nums[left], nums[i]
left += 1
i += 1
elif nums[i] == 1:
i += 1
else:
nums[i], nums[right] = nums[right], nums[i]
right -= 1
拿数组[2, 0, 2, 1, 1, 0]手动走一遍：
- 初始:left=0, right=5, i=0，nums[0]=2。交换nums[0]和nums[5]，数组变[0, 0, 2, 1, 1, 2]，right减为4，i仍为0。
- nums[0]=0，交换nums[0]和nums[0]（原地自己换自己），left变1，i变1，数组还是[0, 0, 2, 1, 1, 2]。
- nums[1]=0，交换nums[1]和nums[1]，left变2，i变2，数组还是[0, 0, 2, 1, 1, 2]。
- nums[2]=2，交换nums[2]和nums[4]，数组变[0, 0, 1, 1, 2, 2]，right变3，i仍为2。
- nums[2]=1，i变3。
- nums[3]=1，i变4。
- i=4, right=3，循环结束。
最终数组[0, 0, 1, 1, 2, 2]，正确。
这道题给我最大的启发是，指针变量不只是用来“定位”的，它们还承担着“区域边界”的语义。每次交换其实是在维护三个区域的分界线，想清楚这一点，代码就不会写错。
4. 下一个排列：从右往左找“拐点”是一套固定剧本
“下一个排列”是整个Hot100里最容易被低估的题。它不像位运算那样有很强的直觉推导，也不像三指针那样有明显的指针移动规则，它更像一个“找规律”的题。但只要掌握字典序的本质，解法非常固定。
题目要求：实现获取下一个排列的函数。给定一个整数数组表示的数字，需要重新排列成数字序列，使得得到的数字序列在字典序中比当前排列大的最小排列。如果不存在下一个更大的排列，则将数字重新排列成最小的排列（即升序排列）。
4.1 字典序的直觉：越靠左的数字，权重越大
字典序可以理解成数字排列在英文词典中的顺序。比如[1, 2, 3]后面是[1, 3, 2]，再后面是[2, 1, 3]。[1, 3, 2]不可能是[1, 2, 3]的前一个，因为数字序列要按照“从左到右逐位比较”的规则排序。
一个关键的观察是：为了让新的排列比当前排列更大，我们只需要把某个位置上的数字变大，同时保持这个位置左边的所有数字不变。由于越靠左的位置权重越大，所以我们应该尽可能找到最靠右的、还能变大的位置来操作。
这个“最靠右的、还能变大的位置”，就是所谓的“拐点”。
4.2 算法的三个关键步骤
标准解法分三步：
- 从右向左扫描，找到第一个满足nums[i] < nums[i+1]的下标i。这个i就是需要变大的位置。如果找不到，说明整个数组是降序排列，不存在下一个更大的排列，直接反转整个数组。
- 从右向左扫描，找到第一个大于nums[i]的元素nums[j]，交换nums[i]和nums[j]。
- 将i+1到数组末尾的部分反转，让它变成升序。
为什么第二步要从右往左找？因为我们需要找到的是比nums[i]大的最小数字，从右往左遇到的第一个大于nums[i]的数字，就是所有大于nums[i]的数字中处于最右侧的那个，也就是“最接近nums[i]”的较大数。交换后，i位置变得尽可能小地增大了。
为什么第三步要反转而不是排序？因为i+1到末尾原本是降序的，反转之后会变成升序，这是字典序最小的排列。这一步保证了新的排列是所有比当前排列大的排列中最小的那个。
4.3 手工推演一个完整例子
以[1, 5, 8, 4, 7, 6, 5, 3, 1]为例：
- 从右往左找第一个nums[i] < nums[i+1]：1 < 3不成立，3 < 5不成立，5 < 6不成立，6 < 7不成立，7 < 4不成立，4 < 6成立，所以i=3，对应数字4。
- 从右往左找第一个大于nums[3]即4的数字：从右往左依次是1、3、5、6、7，第一个大于4的是5（下标6）。
- 交换4和5，数组变成[1, 5, 8, 5, 7, 6, 4, 3, 1]。
- 反转下标4到末尾的部分，也就是[7, 6, 4, 3, 1]反转为[1, 3, 4, 6, 7]，最终结果是[1, 5, 8, 5, 1, 3, 4, 6, 7]。
python复制def nextPermutation(nums: list[int]) -> None:
i = len(nums) - 2
while i >= 0 and nums[i] >= nums[i+1]:
i -= 1
if i >= 0:
j = len(nums) - 1
while j >= 0 and nums[j] <= nums[i]:
j -= 1
nums[i], nums[j] = nums[j], nums[i]
left, right = i + 1, len(nums) - 1
while left < right:
nums[left], nums[right] = nums[right], nums[left]
left += 1
right -= 1
注意循环里用的是nums[i] >= nums[i+1]和nums[j] <= nums[i]这两个比较，带等号。原因是为了跳过重复数字。如果不带等号，遇到[1, 5, 1]这种数组时，最终结果会出错。这是很多人在实现时忽略的细节。
这道题可以当作C++里next_permutation的手写版来记。一旦理解这套“找拐点、换大数、反转后缀”的固定剧本，以后再遇到求排列组合的问题，很多都能顺着这个思路展开。
5. 寻找重复数：数组里藏了一个环，快慢指针直接抓
最后一题是“寻找重复数”：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，假设只有一个重复的整数，返回这个重复的数。要求：不能修改原数组，只能使用O(1)的额外空间，时间复杂度小于O(n^2)。
题目限制非常严格，不能修改数组意味着不能用排序，也不能用原地交换。O(1)空间意味着不能开哈希表。看起来几乎无解，但它其实有一个极其优美的转化：把数组看成链表，用快慢指针找环入口。
5.1 把数组下标和值“串”成一个链表
关键观察是，数组的每个元素值都在1到n之间，完全可以当作“下一个下标”来使用。以[1, 3, 4, 2, 2]为例：
- 从下标0出发，nums[0]=1，于是走到下标1。
- nums[1]=3，走到下标3。
- nums[3]=2，走到下标2。
- nums[2]=4，走到下标4。
- nums[4]=2，走到下标2。
- nums[2]=4，走到下标4……循环。
这个后一半的行走过程形成了一个环：2 -> 4 -> 2。环入口处的值就是重复的数。
为什么一定会成环？因为数组长度是n+1，每个元素值都在1到n之间，所以下标从0出发，每次跳转到的位置一定在1到n内。总共只有n个可跳转的位置，但数组里有n+1个元素，跳转次数足够多时必然产生重复访问，也就是成环。
5.2 快慢指针两步走：先找相遇点，再找环入口
先用快慢指针找到环内的相遇点：慢指针每次走一步，快指针每次走两步，在循环链表里它们一定会相遇。
然后用一个额外的指针从起点出发，与慢指针以相同速度前进，两者的相遇点就是环入口。
为什么第二个步骤能找到环入口？这里涉及Floyd判圈算法的一个经典结论。设起点到环入口的距离为d，环入口到相遇点的距离为s，环长为L。慢指针走了d+s步，快指针走了2(d+s)步，快指针比慢指针多走了d+s步，这个多走的部分一定是一个整圈，所以d+s是L的整数倍。
从相遇点再继续走L-s步就能回到环入口，而从起点走d步也能到环入口。由于d+s是L的整数倍，那么从相遇点出发，去走d步，等价于先走(L-s)步回到环入口，再继续走，最终也能到达环入口。所以起点指针和相遇点指针同步前进，相遇点就是环入口。
5.3 代码实现和易错点
python复制def findDuplicate(nums: list[int]) -> int:
slow = nums[0]
fast = nums[nums[0]]
while slow != fast:
slow = nums[slow]
fast = nums[nums[fast]]
slow = 0
while slow != fast:
slow = nums[slow]
fast = nums[fast]
return slow
第一个while里fast每次走两步的方式是nums[nums[fast]]，这个写法对应链表里fast.next.next。第二个while里两个指针都走一步，相遇时就是重复数字。
注意这道题不能用nums[0]的初始值来直接找环入口，因为入口可能不是重复数字本身所在的节点。我第一次做的时候把环入口理解成了下标，结果搞错了半天。其实环入口是“下标”，这个下标对应的nums值就是重复的数。看起来有点绕，多画几遍图就清楚了。
还有一个常见疑问：这个解法会不会陷入死循环？不会。因为数组可跳转的位置有限，从下标0出发必然进入一个环，快慢指针一定会在环里相遇。
对比哈希表和排序方案，快慢指针方案的时间复杂度是O(n)，空间复杂度O(1)，是这道题所有解法中最“优雅”的一个。它把“数组中找重复”完全转化为“链表中找环”，这种跨领域的思维转换，正是技巧题最有魅力的地方。
最后说一点我刷完这五道题的真实感受。Hot100把这几道题放在末尾，并不是因为它们简单，而是因为它们代表着算法训练中很重要的一层能力：对约束条件的敏感度。只出现一次的数字逼你放弃哈希表，多数元素逼你利用数量过半的信息，颜色分类逼你原地一次扫描，下一个排列逼你找字典序规律，寻找重复数逼你不能改数组。每个限制条件都在暗示一个隐藏的思路。如果平时刷题只背模板，遇到这些限制就会手足无措；反过来，当你习惯了先从约束条件反推解法，这些题反而会成为你面试时的加分项。
建议把这五道题放在一起连刷，刷完后合上题解，自己在纸上把每一题的核心观察写一遍：异或抵消、投票消耗、三指针分区、找拐点反转、链表找环。能清晰地把这些讲明白，才算真正吃透了Hot100里这最后的五道技巧题。