algorithm आसान साक्षात्कार प्रश्न कठिन हो गया: संख्या 1..100 दिए गए, गायब संख्याएं खोजें




math (24)

मेरे पास थोड़ी देर पहले एक दिलचस्प नौकरी साक्षात्कार का अनुभव था। सवाल वास्तव में आसान शुरू हुआ:

प्रश्न 1 : हमारे पास एक बैग है जिसमें संख्या 1 , 2 , 3 , ..., 100 । प्रत्येक नंबर बिल्कुल एक बार प्रकट होता है, इसलिए 100 संख्याएं होती हैं। अब एक नंबर बैग से यादृच्छिक रूप से उठाया गया है। गुम संख्या पाएं।

मैंने निश्चित रूप से इस साक्षात्कार के सवाल को सुना है, इसलिए मैंने बहुत जल्दी उत्तर दिया:

ए 1 : ठीक है, संख्याओं की संख्या 1 + 2 + 3 + … + N है (N+1)(N/2) ( विकिपीडिया देखें : अंकगणितीय श्रृंखला का योग )। N = 100 , राशि 5050

इस प्रकार, यदि बैग में सभी संख्याएं मौजूद हैं, तो राशि बिल्कुल 5050 होगी। चूंकि एक नंबर गुम है, तो राशि इससे कम होगी, और अंतर वह संख्या है। तो हम O(N) समय और O(1) अंतरिक्ष में उस लापता संख्या को पा सकते हैं।

इस बिंदु पर मैंने सोचा कि मैंने अच्छा किया है, लेकिन अचानक अचानक सवाल ने अप्रत्याशित मोड़ लिया:

प्रश्न 2 : यह सही है, लेकिन अब यदि आप दो नंबर गायब हैं तो आप यह कैसे करेंगे?

मैंने पहले कभी इस बदलाव को नहीं देखा / सुना / नहीं देखा, इसलिए मैंने घबराया और सवाल का जवाब नहीं दे सका। साक्षात्कारकर्ता ने मेरी विचार प्रक्रिया को जानने पर जोर दिया, इसलिए मैंने उल्लेख किया कि शायद हम अपेक्षित उत्पाद की तुलना करके अधिक जानकारी प्राप्त कर सकते हैं, या शायद पहले पास से कुछ जानकारी इकट्ठा करने के बाद दूसरा पास कर सकते हैं, लेकिन मैं वास्तव में शूटिंग कर रहा था वास्तव में समाधान के लिए एक स्पष्ट रास्ता होने के बजाय अंधेरे में।

साक्षात्कारकर्ता ने मुझे यह कहकर प्रोत्साहित करने का प्रयास किया कि दूसरा समीकरण होने से समस्या को हल करने का एक तरीका है। इस बिंदु पर मैं परेशान था (हाथ से जवाब जानने के लिए), और पूछा कि क्या यह एक सामान्य है (पढ़ें: "उपयोगी") प्रोग्रामिंग तकनीक, या यदि यह सिर्फ एक चाल / गेटचा उत्तर है।

साक्षात्कारकर्ता के जवाब ने मुझे आश्चर्यचकित किया: आप 3 गायब संख्याओं को खोजने के लिए तकनीक को सामान्यीकृत कर सकते हैं। वास्तव में, आप इसे गायब संख्याओं को खोजने के लिए सामान्यीकृत कर सकते हैं।

क्यूके : अगर बैग से बिल्कुल के नंबर गायब हैं, तो आप इसे कुशलता से कैसे पा सकते हैं?

यह कुछ महीने पहले था, और मैं अभी भी यह समझ नहीं पाया कि यह तकनीक क्या है। जाहिर है कि एक Ω(N) समय कम बाध्य है क्योंकि हमें कम से कम एक बार सभी संख्याओं को स्कैन करना होगा, लेकिन साक्षात्कारकर्ता ने जोर देकर कहा कि हल करने की तकनीक के समय और स्पेस जटिलता ( O(N) समय इनपुट स्कैन से कम) को परिभाषित किया गया है एन नहीं

तो यहां सवाल सरल है:

  • आप Q2 कैसे हल करेंगे?
  • आप Q3 कैसे हल करेंगे?
  • आप क्यूके को कैसे हल करेंगे ?

स्पष्टीकरण

  • आम तौर पर 1 से एन संख्याएं होती हैं .. एन , न केवल 1..100।
  • मैं स्पष्ट सेट-आधारित समाधान की तलाश नहीं कर रहा हूं, उदाहरण के लिए एक बिट सेट का उपयोग करके, नामित बिट के मूल्य से उपस्थिति / अनुपस्थिति को प्रत्येक नंबर एन्कोड करना, इसलिए अतिरिक्त स्थान में O(N) बिट्स का उपयोग करना। हम एन के लिए आनुपातिक कोई अतिरिक्त जगह बर्दाश्त नहीं कर सकते हैं।
  • मैं स्पष्ट प्रकार की पहली दृष्टिकोण की भी तलाश नहीं कर रहा हूं। यह और सेट-आधारित दृष्टिकोण एक साक्षात्कार में उल्लेखनीय है (वे लागू करने में आसान हैं, और एन के आधार पर, बहुत व्यावहारिक हो सकते हैं)। मैं पवित्र Grail समाधान की तलाश में हूँ (जो लागू करने के लिए व्यावहारिक हो सकता है या नहीं भी हो सकता है, लेकिन वांछित asymptotic विशेषताओं है)।

तो फिर, निश्चित रूप से आपको O(N) में इनपुट स्कैन करना होगा, लेकिन आप केवल छोटी मात्रा में जानकारी ( एन के संदर्भ में परिभाषित एन ) को कैप्चर कर सकते हैं, और फिर किसी भी तरह के लापता नंबरों को ढूंढना चाहिए।


For Q2 this is a solution that is a bit more inefficient than the others, but still has O(N) runtime and takes O(k) space.

The idea is to run the original algorithm two times. In the first one you get a total number which is missing, which gives you an upper bound of the missing numbers. Let's call this number N . You know that the missing two numbers are going to sum up to N , so the first number can only be in the interval [1, floor((N-1)/2)] while the second is going to be in [floor(N/2)+1,N-1] .

Thus you loop on all numbers once again, discarding all numbers that are not included in the first interval. The ones that are, you keep track of their sum. Finally, you'll know one of the missing two numbers, and by extension the second.

I have a feeling that this method could be generalized and maybe multiple searches run in "parallel" during a single pass over the input, but I haven't yet figured out how.


I'd take a different approach to that question and probe the interviewer for more details about the larger problem he's trying to solve. Depending on the problem and the requirements surrounding it, the obvious set-based solution might be the right thing and the generate-a-list-and-pick-through-it-afterward approach might not.

For example, it might be that the interviewer is going to dispatch n messages and needs to know the k that didn't result in a reply and needs to know it in as little wall clock time as possible after the nk th reply arrives. Let's also say that the message channel's nature is such that even running at full bore, there's enough time to do some processing between messages without having any impact on how long it takes to produce the end result after the last reply arrives. That time can be put to use inserting some identifying facet of each sent message into a set and deleting it as each corresponding reply arrives. Once the last reply has arrived, the only thing to be done is to remove its identifier from the set, which in typical implementations takes O(log k+1) . After that, the set contains the list of k missing elements and there's no additional processing to be done.

This certainly isn't the fastest approach for batch processing pre-generated bags of numbers because the whole thing runs O((log 1 + log 2 + ... + log n) + (log n + log n-1 + ... + log k)) . But it does work for any value of k (even if it's not known ahead of time) and in the example above it was applied in a way that minimizes the most critical interval.


This might sound stupid, but, in the first problem presented to you, you would have to see all the remaining numbers in the bag to actually add them up to find the missing number using that equation.

So, since you get to see all the numbers, just look for the number that's missing. The same goes for when two numbers are missing. Pretty simple I think. No point in using an equation when you get to see the numbers remaining in the bag.


May be this algorithm can work for question 1:

  1. Precompute xor of first 100 integers(val=1^2^3^4....100)
  2. xor the elements as they keep coming from input stream ( val1=val1^next_input)
  3. final answer=val^val1

Or even better:

def GetValue(A)
    for i=1 to 100
     do
       val=val^i
     done
     for value in A:
       do
         val=val^value 
       done
    return val

This algorithm can in fact be expanded for two missing numbers. The first step remains the same. When we call GetValue with two missing numbers the result will be a a1^a2 are the two missing numbers. Lets say

val = a1^a2

Now to sieve out a1 and a2 from val we take any set bit in val. Lets say the ith bit is set in val. That means that a1 and a2 have different parity at ith bit position. Now we do another iteration on the original array and keep two xor values. One for the numbers which have the ith bit set and other which doesn't have the ith bit set. We now have two buckets of numbers, and its guranteed that a1 and a2 will lie in different buckets. Now repeat the same what we did for finding one missing element on each of the bucket.


There is a general way to generalize streaming algorithms like this. The idea is to use a bit of randomization to hopefully 'spread' the k elements into independent sub problems, where our original algorithm solves the problem for us. This technique is used in sparse signal reconstruction, among other things.

  • Make an array, a , of size u = k^2 .
  • Pick any universal hash function , h : {1,...,n} -> {1,...,u} . (Like multiply-shift )
  • For each i in 1, ..., n increase a[h(i)] += i
  • For each number x in the input stream, decrement a[h(x)] -= x .

If all of the missing numbers have been hashed to different buckets, the non-zero elements of the array will now contain the missing numbers.

The probability that a particular pair is sent to the same bucket, is less than 1/u by definition of a universal hash function. Since there are about k^2/2 pairs, we have that the error probability is at most k^2/2/u=1/2 . That is, we succeed with probability at least 50%, and if we increase u we increase our chances.

Notice that this algorithm takes k^2 logn bits of space (We need logn bits per array bucket.) This matches the space required by @Dimitris Andreou's answer (In particular the space requirement of polynomial factorization, which happens to also be randomized.) This algorithm also has constant time per update, rather than time k in the case of power-sums.

In fact, we can be even more efficient than the power sum method by using the trick described in the comments.


संख्याओं के आधार पर समाधान के साथ समस्या यह है कि वे बड़े एक्सपोनेंट्स के साथ संख्याओं के साथ भंडारण और काम करने की लागत को ध्यान में रखते हैं ... व्यावहारिक रूप से, यह बहुत बड़ी एन के लिए काम करने के लिए, बड़ी संख्या में लाइब्रेरी का उपयोग किया जाएगा । हम इन एल्गोरिदम के लिए अंतरिक्ष उपयोग का विश्लेषण कर सकते हैं।

हम sdcvvc और Dimitris Andreou के एल्गोरिदम के समय और अंतरिक्ष जटिलता का विश्लेषण कर सकते हैं।

संग्रहण:

l_j = ceil (log_2 (sum_{i=1}^n i^j))
l_j > log_2 n^j  (assuming n >= 0, k >= 0)
l_j > j log_2 n \in \Omega(j log n)

l_j < log_2 ((sum_{i=1}^n i)^j) + 1
l_j < j log_2 (n) + j log_2 (n + 1) - j log_2 (2) + 1
l_j < j log_2 n + j + c \in O(j log n)`

तो l_j \in \Theta(j log n)

कुल भंडारण का उपयोग किया गया: \sum_{j=1}^k l_j \in \Theta(k^2 log n)

अंतरिक्ष का उपयोग किया जाता है: यह मानते हुए कि a^j कंप्यूटिंग लेता है ceil(log_2 j) समय, कुल समय:

t = k ceil(\sum_i=1^n log_2 (i)) = k ceil(log_2 (\prod_i=1^n (i)))
t > k log_2 (n^n + O(n^(n-1)))
t > k log_2 (n^n) = kn log_2 (n)  \in \Omega(kn log n)
t < k log_2 (\prod_i=1^n i^i) + 1
t < kn log_2 (n) + 1 \in O(kn log n)

कुल समय का उपयोग किया गया: \Theta(kn log n)

यदि यह समय और स्थान संतोषजनक है, तो आप एक सरल रिकर्सिव एल्गोरिदम का उपयोग कर सकते हैं। चलो! मैं बैग में ith प्रविष्टि, n हटाने से पहले संख्याओं की संख्या, और k हटाने की संख्या है। हास्केल वाक्यविन्यास में ...

let
  -- O(1)
  isInRange low high v = (v >= low) && (v <= high)
  -- O(n - k)
  countInRange low high = sum $ map (fromEnum . isInRange low high . (!)b) [1..(n-k)]
  findMissing l low high krange
    -- O(1) if there is nothing to find.
    | krange=0 = l
    -- O(1) if there is only one possibility.
    | low=high = low:l
    -- Otherwise total of O(knlog(n)) time
    | otherwise =
       let
         mid = (low + high) `div` 2
         klow = countInRange low mid
         khigh = krange - klow
       in
         findMissing (findMissing low mid klow) (mid + 1) high khigh
in
  findMising 1 (n - k) k

भंडारण का उपयोग किया गया: O(k) सूची के लिए, O(log(n)) ढेर के लिए: O(k + log(n)) यह एल्गोरिदम अधिक सहज है, एक ही समय जटिलता है, और कम जगह का उपयोग करता है।


Very nice problem. I'd go for using a set difference for Qk. A lot of programming languages even have support for it, like in Ruby:

missing = (1..100).to_a - bag

It's probably not the most efficient solution but it's one I would use in real life if I was faced with such a task in this case (known boundaries, low boundaries). If the set of number would be very large then I would consider a more efficient algorithm, of course, but until then the simple solution would be enough for me.


I think this can be done without any complex mathematical equations and theories. Below is a proposal for an in place and O(2n) time complexity solution:

Input form assumptions :

# of numbers in bag = n

# of missing numbers = k

The numbers in the bag are represented by an array of length n

Length of input array for the algo = n

Missing entries in the array (numbers taken out of the bag) are replaced by the value of the first element in the array.

उदाहरण के लिए। Initially bag looks like [2,9,3,7,8,6,4,5,1,10]. If 4 is taken out, value of 4 will become 2 (the first element of the array). Therefore after taking 4 out the bag will look like [2,9,3,7,8,6,2,5,1,10]

The key to this solution is to tag the INDEX of a visited number by negating the value at that INDEX as the array is traversed.

    IEnumerable<int> GetMissingNumbers(int[] arrayOfNumbers)
    {
        List<int> missingNumbers = new List<int>();
        int arrayLength = arrayOfNumbers.Length;

        //First Pass
        for (int i = 0; i < arrayLength; i++)
        {
            int index = Math.Abs(arrayOfNumbers[i]) - 1;
            if (index > -1)
            {
                arrayOfNumbers[index] = Math.Abs(arrayOfNumbers[index]) * -1; //Marking the visited indexes
            }
        }

        //Second Pass to get missing numbers
        for (int i = 0; i < arrayLength; i++)
        {                
            //If this index is unvisited, means this is a missing number
            if (arrayOfNumbers[i] > 0)
            {
                missingNumbers.Add(i + 1);
            }
        }

        return missingNumbers;
    }

हम संख्याओं को संख्याओं और संख्याओं के वर्गों को जोड़कर Q2 को हल कर सकते हैं।

फिर हम समस्या को कम कर सकते हैं

k1 + k2 = x
k1^2 + k2^2 = y

जहां x और y अनुमानित मूल्यों से कितनी दूर हैं।

सबस्टिट्यूटिंग हमें देता है:

(x-k2)^2 + k2^2 = y

जो हम अपने लापता संख्या निर्धारित करने के लिए हल कर सकते हैं।


You could try using a Bloom Filter . Insert each number in the bag into the bloom, then iterate over the complete 1-k set until reporting each one not found. This may not find the answer in all scenarios, but might be a good enough solution.


I have an idea, but this is assuming that the actual size of the array is 100 and the missing numbers are replaced with something else (like -1).

Basically, do a sort that's kind of a modified version of a selection sort that swaps the list in-place. I believe this is O(n) time (correct me if I'm wrong though) because we make use of the fact we already know the numbers that should exist. We swap the value with the "correct" position, until the index we are at has the correct number (or has -1).

After we're done with that, we just loop the list again and the index will basically be the missing numbers

#Set up the input
input = (1..100).to_a.shuffle
input[rand(0..99)] = -1
input[rand(0..99)] = -1

def f(a)
  for i in 0..99
    while (a[i] != i+1) && a[i] > 0
      v1 = a[i]
      v2 = a[v1 - 1]
      a[i] = v2
      a[v1 - 1] = v1
    end
  end

  result = []
  a.each_with_index do |value, index|
    if value < 0
      result.push(index + 1)
    end
  end

  return result
end

#Returns the 2 missing numbers
puts f(input)

You can motivate the solution by thinking about it in terms of symmetries (groups, in math language). No matter the order of the set of numbers, the answer should be the same. If you're going to use k functions to help determine the missing elements, you should be thinking about what functions have that property: symmetric. The function s_1(x) = x_1 + x_2 + ... + x_n is an example of a symmetric function, but there are others of higher degree. In particular, consider the elementary symmetric functions . The elementary symmetric function of degree 2 is s_2(x) = x_1 x_2 + x_1 x_3 + ... + x_1 x_n + x_2 x_3 + ... + x_(n-1) x_n , the sum of all products of two elements. Similarly for the elementary symmetric functions of degree 3 and higher. They are obviously symmetric. Furthermore, it turns out they are the building blocks for all symmetric functions.

You can build the elementary symmetric functions as you go by noting that s_2(x,x_(n+1)) = s_2(x) + s_1(x)(x_(n+1)) . Further thought should convince you that s_3(x,x_(n+1)) = s_3(x) + s_2(x)(x_(n+1)) and so on, so they can be computed in one pass.

How do we tell which items were missing from the array? Think about the polynomial (z-x_1)(z-x_2)...(z-x_n) . It evaluates to 0 if you put in any of the numbers x_i . Expanding the polynomial, you get z^n-s_1(x)z^(n-1)+ ... + (-1)^n s_n . The elementary symmetric functions appear here too, which is really no surprise, since the polynomial should stay the same if we apply any permutation to the roots.

So we can build the polynomial and try to factor it to figure out which numbers are not in the set, as others have mentioned.

Finally, if we are concerned about overflowing memory with large numbers (the nth symmetric polynomial will be of the order 100! ), we can do these calculations mod p where p is a prime bigger than 100. In that case we evaluate the polynomial mod p and find that it again evaluates to 0 when the input is a number in the set, and it evaluates to a non-zero value when the input is a number not in the set. However, as others have pointed out, to get the values out of the polynomial in time that depends on k , not N , we have to factor the polynomial mod p .


मैंने इस समस्या को हल करने के लिए 4 वर्षीय से पूछा। उन्होंने संख्याओं को क्रमबद्ध किया और फिर साथ गिना। इसमें ओ (रसोई की मंजिल) की एक स्पेस आवश्यकता है, और यह उतनी आसान काम करता है हालांकि कई गेंदें गायब हैं।


आप इसे मुथुकृष्णन के कुछ पृष्ठों को पढ़कर पाएंगे - डेटा स्ट्रीम एल्गोरिदम: पहेली 1: गुम संख्या ढूँढनायह वास्तव में सामान्यीकरण दिखाता है जिसे आप ढूंढ रहे हैं । संभवतः यह है कि आपका साक्षात्कारकर्ता पढ़ता है और उसने इन प्रश्नों को क्यों उठाया।

अब, अगर लोग मुथुकृष्णन के उपचार से कम या हटाए गए उत्तरों को हटाना शुरू कर देंगे, और इस पाठ को ढूंढना आसान बना देंगे। :)

sdcvvc's सीधे संबंधित उत्तर भी देखें , जिसमें छद्म कोड भी शामिल है (हुरे! उन मुश्किल गणित सूत्रों को पढ़ने की कोई ज़रूरत नहीं है :)) (धन्यवाद, महान काम!)।


मैंने गणित की जांच नहीं की है, लेकिन मुझे संदेह है कि एक ही पास में कंप्यूटिंग Σ(n^2) जैसा कि हम गणना करते हैं Σ(n) दो लापता संख्याएं प्राप्त करने के लिए पर्याप्त जानकारी प्रदान करेगा, क्या Σ(n^3) भी करें तीन हैं, और इसी तरह।


जैसा कि @j_random_hacker ने इंगित किया है, यह ओ (एन) समय और ओ (1) स्थान में डुप्लिकेट ढूंढने के समान है, और मेरे उत्तर का एक अनुकूलन यहां भी काम करता है।

यह मानते हुए कि "बैग" का प्रतिनिधित्व 1-आधारित सरणी A[] के आकार के N - k , हम O(N) समय और O(k) अतिरिक्त स्थान में क्यूके को हल कर सकते हैं।

सबसे पहले, हम अपने सरणी A[] k तत्वों को बढ़ाते हैं, ताकि यह अब आकार N । यह O(k) अतिरिक्त जगह है। फिर हम निम्नलिखित छद्म कोड एल्गोरिदम चलाते हैं:

for i := n - k + 1 to n
    A[i] := A[1]
end for

for i := 1 to n - k
    while A[A[i]] != A[i] 
        swap(A[i], A[A[i]])
    end while
end for

for i := 1 to n
    if A[i] != i then 
        print i
    end if
end for

पहला पाश सरणी में पहली प्रविष्टि के समान के अतिरिक्त प्रविष्टियों को प्रारंभ करता है (यह केवल एक सुविधाजनक मान है जिसे हम जानते हैं कि सरणी में पहले से मौजूद है - इस चरण के बाद, आकार की आरंभिक सरणी में अनुपलब्ध कोई प्रविष्टियां Nk अभी भी विस्तारित सरणी में गायब हैं)।

दूसरा पाश विस्तारित सरणी को अनुमति देता है ताकि यदि तत्व x कम से कम एक बार मौजूद हो, तो उन प्रविष्टियों में से A[x] स्थिति A[x]

ध्यान दें कि यद्यपि इसमें घोंसला वाला लूप है, फिर भी यह O(N) समय में चलता है - एक स्वैप केवल तभी होता है जब कोई ऐसा होता है जैसे कि A[i] != i , और प्रत्येक स्वैप कम से कम एक तत्व सेट करता है जैसे कि A[i] == i , जहां यह पहले सच नहीं था। इसका मतलब है कि स्वैप की कुल संख्या (और इस प्रकार while लूप बॉडी के निष्पादन की कुल संख्या) N-1

तीसरा लूप उस सरणी के उन इंडेक्स को प्रिंट करता है जो i मूल्य से नहीं लेते हैं - इसका मतलब है कि i याद i चाहिए था।


निश्चित नहीं है, अगर यह सबसे कुशल समाधान है, लेकिन मैं सभी प्रविष्टियों पर लूप करता हूं, और याद रखने के लिए एक बिटसेट का उपयोग करता हूं, कौन से नंबर सेट किए जाते हैं, और फिर 0 बिट्स के लिए परीक्षण करते हैं।

मुझे सरल समाधान पसंद हैं - और मुझे यह भी विश्वास है कि यह योग की गणना, या वर्गों की राशि आदि की तुलना में तेज़ हो सकता है।


यहां एक समाधान है जो अतिरिक्त संग्रहण के के बिट्स का उपयोग करता है, बिना किसी चतुर चाल के और सीधे सीधा। निष्पादन समय ओ (एन), अतिरिक्त स्थान ओ (के)। बस साबित करने के लिए कि इसे पहले समाधान पर पढ़ने या प्रतिभा होने के बिना हल किया जा सकता है:

void puzzle (int* data, int n, bool* extra, int k)
{
    // data contains n distinct numbers from 1 to n + k, extra provides
    // space for k extra bits. 

    // Rearrange the array so there are (even) even numbers at the start
    // and (odd) odd numbers at the end.
    int even = 0, odd = 0;
    while (even + odd < n)
    {
        if (data [even] % 2 == 0) ++even;
        else if (data [n - 1 - odd] % 2 == 1) ++odd;
        else { int tmp = data [even]; data [even] = data [n - 1 - odd]; 
               data [n - 1 - odd] = tmp; ++even; ++odd; }
    }

    // Erase the lowest bits of all numbers and set the extra bits to 0.
    for (int i = even; i < n; ++i) data [i] -= 1;
    for (int i = 0; i < k; ++i) extra [i] = false;

    // Set a bit for every number that is present
    for (int i = 0; i < n; ++i)
    {
        int tmp = data [i];
        tmp -= (tmp % 2);
        if (i >= odd) ++tmp;
        if (tmp <= n) data [tmp - 1] += 1; else extra [tmp - n - 1] = true;
    }

    // Print out the missing ones
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        if (data [i - 1] % 2 == 0) printf ("Number %d is missing\n", i);
    for (int i = n + 1; i <= n + k; ++i)
        if (! extra [i - n - 1]) printf ("Number %d is missing\n", i);

    // Restore the lowest bits again.
    for (int i = even; i < n; ++i) data [i] += 1;
}

I don't know whether this is efficient or not but I would like to suggest this solution.

  1. Compute xor of the 100 elements
  2. Compute xor of the 98 elements (after the 2 elements are removed)
  3. Now (result of 1) XOR (result of 2) gives you the xor of the two missing nos i..ea XOR b if a and b are the missing elements
    4.Get the sum of the missing Nos with your usual approach of the sum formula diff and lets say the diff is d.

Now run a loop to get the possible pairs (p,q) both of which lies in [1 , 100] and sum to d.

When a pair is obtained check whether (result of 3) XOR p = q and if yes we are done.

Please correct me if I am wrong and also comment on time complexity if this is correct


यदि आपके पास दोनों सूचियों और दोनों सूचियों के उत्पाद का योग है तो आप Q2 को हल कर सकते हैं।

(एल 1 मूल है, एल 2 संशोधित सूची है)

d = sum(l1) - sum(l2)
m = mul(l1) / mul(l2)

We can optimise this since the sum of an arithmetic series is n times the average of the first and last terms:

n = len(l1)
d = (n/2)*(n+1) - sum(l2)

Now we know that (if a and b are the removed numbers):

a + b = d
a * b = m

So we can rearrange to:

a = s - b
b * (s - b) = m

And multiply out:

-b^2 + s*b = m

And rearrange so the right side is zero:

-b^2 + s*b - m = 0

Then we can solve with the quadratic formula:

b = (-s + sqrt(s^2 - (4*-1*-m)))/-2
a = s - b

Sample Python 3 code:

from functools import reduce
import operator
import math
x = list(range(1,21))
sx = (len(x)/2)*(len(x)+1)
x.remove(15)
x.remove(5)
mul = lambda l: reduce(operator.mul,l)
s = sx - sum(x)
m = mul(range(1,21)) / mul(x)
b = (-s + math.sqrt(s**2 - (-4*(-m))))/-2
a = s - b
print(a,b) #15,5

I do not know the complexity of the sqrt, reduce and sum functions so I cannot work out the complexity of this solution (if anyone does know please comment below.)


क्या आप जांच सकते हैं कि प्रत्येक नंबर मौजूद है या नहीं? यदि हाँ आप इसे आजमा सकते हैं:

एस = बैग में सभी संख्याओं का योग (एस <5050)
जेड = लापता संख्या 5050 - एस

यदि गायब संख्याएं x और y तो:

एक्स = जेड - वाई और
अधिकतम (एक्स) = जेड -1

तो आप सीमा से 1 से max(x) और संख्या पाएं


I believe I have a O(k) time and O(log(k)) space algorithm, given that you have the floor(x) and log2(x) functions for arbitrarily big integers available:

You have an k -bit long integer (hence the log8(k) space) where you add the x^2 , where x is the next number you find in the bag: s=1^2+2^2+... This takes O(N) time (which is not a problem for the interviewer). At the end you get j=floor(log2(s)) which is the biggest number you're looking for. Then s=sj and you do again the above:

for (i = 0 ; i < k ; i++)
{
  j = floor(log2(s));
  missing[i] = j;
  s -= j;
}

Now, you usually don't have floor and log2 functions for 2756 -bit integers but instead for doubles. So? Simply, for each 2 bytes (or 1, or 3, or 4) you can use these functions to get the desired numbers, but this adds an O(N) factor to time complexity


A very simple way to do it in roughly O(N) time is to remove each element when seen in both lists. This works for unsorted lists too and can be easily further optimized if the lists are both sorted.

import random

K = 2
missingNums = range(0, 101)
incompleteList = range(0, 101)

#Remove K numbers
for i in range(K):
    valueToRemove = random.choice(incompleteList)
    incompleteList.remove(valueToRemove)

dummyVariable = [missingNums.remove(num) for num in p if num in missingNums]

print missingNums

You'd probably need clarification on what O(k) means.

Here's a trivial solution for arbitrary k: for each v in your set of numbers, accumulate the sum of 2^v. At the end, loop i from 1 to N. If sum modulo 2^i is zero, then i is missing.

Easy, right? O(N) time, O(1) storage, and it supports arbitrary k.

Except that you're computing enormous numbers that on a real computer would each require O(N) space. In fact, this solution is identical to a bit vector.

So you could be clever and compute the sum and the sum of squares and the sum of cubes... up to the sum of v^k, and do the fancy math to extract the result. But those are big numbers too, which begs the question: what abstract model of operation are we talking about? How much fits in O(1) space, and how long does it take to sum up numbers of whatever size you need?





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