难度: Easy
给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 。
如果一个前缀 nums[0..i] 满足对于 1 <= j <= i 的所有元素都有 nums[j] = nums[j - 1] + 1 ，那么我们称这个前缀是一个 顺序前缀 。特殊情况是，只包含 nums[0] 的前缀也是一个 顺序前缀 。
请你返回 nums 中没有出现过的 最小 整数 x ，满足 x 大于等于 最长 顺序前缀的和。
示例 1：
输入：nums = [1,2,3,2,5] 输出：6 解释：nums 的最长顺序前缀是 [1,2,3] ，和为 6 ，6 不在数组中，所以 6 是大于等于最长顺序前缀和的最小整数。
示例 2：
输入：nums = [3,4,5,1,12,14,13] 输出：15 解释：nums 的最长顺序前缀是 [3,4,5] ，和为 12 ，12、13 和 14 都在数组中，但 15 不在，所以 15 是大于等于最长顺序前缀和的最小整数。
提示：
1 <= nums.length <= 501 <= nums[i] <= 50运行时间: 20 ms
内存: 15.9 MB
class Solution:
def missingInteger(self, nums: List[int]) -> int:
s=nums[0]
i=1
n=len(nums)
while i<n:
if nums[i]==nums[i-1]+1:
s+=nums[i]
else:
break
i+=1
while True:
if s in nums:
s+=1
else:
return s
题解首先通过遍历数组nums来寻找最长的顺序前缀，并计算这个顺序前缀的和s。顺序前缀是指数组的一个片段，其中每个元素都比前一个元素大1。一旦找到了顺序前缀，算法就会停止累加s。接下来，算法使用一个无限循环来寻找大于等于s的最小的不在数组nums中的整数。循环中，如果s在数组中，s就递增1，否则返回s作为结果，因为这是第一个不在数组中且大于等于顺序前缀和的整数。
时间复杂度: O(n)
空间复杂度: O(1)
class Solution:
def missingInteger(self, nums: List[int]) -> int:
s = nums[0] # 初始化s为nums的第一个元素，即最小的顺序前缀和
i = 1 # 从第二个元素开始遍历
n = len(nums) # 获取数组长度
# 寻找最长的顺序前缀
while i < n:
if nums[i] == nums[i-1] + 1: # 检查当前元素是否比前一个元素大1
s += nums[i] # 如果是，则加到s上
else:
break # 如果不是，结束循环
i += 1
# 寻找最小的不在数组中的大于等于s的整数
while True:
if s in nums: # 如果s在数组中
s += 1 # s递增1
else:
return s # 否则返回s
如果已知数组中所有元素都严格顺序递增，每个元素确实都是前一个元素加1，那么算法中检查每个元素是否满足顺序条件的步骤可以简化。例如，可以直接使用数组的长度和首元素计算整个数组的和，即 s = n * (首元素 + 末元素) / 2，这里的 n 是数组的长度。这种方法利用等差数列求和公式，避免了逐一检查每个元素，从而优化了计算过程。
使用 `while True` 循环确实可能存在效率问题，特别是在数组很大或者大于等于 s 的最小缺失整数远大于数组中的最大值时。每次循环都需要检查 s 是否在数组中，这个操作的时间复杂度是 O(n)，其中 n 是数组长度。因此，总的时间复杂度可能高达 O(n*m)，其中 m 是从 s 开始直到找到不在数组中的第一个整数的次数。为了优化这一过程，可以先将数组元素存储在哈希表中，这样检查一个元素是否在数组中的时间复杂度降为 O(1)，从而显著提高整体效率。
是的，使用哈希表来存储数组元素会更高效。哈希表支持平均时间复杂度为 O(1) 的查找操作，这可以显著提高检查一个整数是否存在于数组中的效率。与直接在数组中查找每个元素相比（平均时间复杂度为 O(n)），哈希表可以减少查找时间，特别是在多次查找操作时尤为明显。此外，构建哈希表的时间复杂度为 O(n)，因此整体时间复杂度为 O(n)，这在多次查询的情况下是优于直接搜索的。
是的，条件 `nums[i] != nums[i-1] + 1` 包括了任何导致顺序被打断的情况，无论是数字的重复还是更大的跳跃。此条件确保只有当当前元素正好是前一个元素加1时顺序才继续。任何其他情况，如元素相同（重复）或当前元素大于前一个元素加1的情况（大跳跃），都会导致循环终止，因为这些情况都不满足严格递增的顺序要求。