这可能听起来很愚蠢，但是，在第一个问题中，你必须看到袋子里所有剩下的数字，然后用这个方程把它们加起来，找到缺失的数字。

既然你能看到所有的数字，那就找出少了的那个数字。当缺少两个数字时也是如此。我觉得很简单。当你看到袋子里剩下的数字时，用方程就没有意义了。

// Size of numbers
def n=100;

// A list of numbers that is missing k numbers.
def list;

// A map
def map = [:];

// Populate the map so that it contains all numbers.
for(int index=0; index<n; index++)
{
  map[index+1] = index+1;  
}

// Get size of list that is missing k numbers.
def size = list.size();

// Remove all numbers, that exists in list, from the map.
for(int index=0; index<size; index++)
{
  map.remove(list.get(index));  
}

// Content of map is missing numbers
println("Missing numbers: " + map);

这是个很简单的问题

void findMissing(){
    bool record[N] = {0};
    for(int i = 0; i < N; i++){
        record[bag[i]-1] = 1;
    }
    for(int i = 0; i < N; i++){
        if(!record[i]) cout << i+1 << endl;
    }
}

O(n)时间和空间复杂度

下面是Dimitris Andreou链接的摘要。

记住i次幂的和，其中i=1 2 .. k。这就把问题简化为解方程组

A1 + A2 + ... + AK = B1

A12 + A22 + ... + AK2 = B2

...

a1k + a2k + ... + laas = bk

利用牛顿恒等式，知道bi就可以计算

c1 = a1 + a2 +ak

c2 = a1a2 + a1a3 +，+ ak-1ak

...

ck = a1a2 ..ak

如果你展开多项式(x-a1)…(x-ak)系数正好是c1，…， ck -见Viète的公式。由于每个多项式因子都是唯一的(多项式环是欧几里得域)，这意味着ai是唯一确定的，直到排列为止。

这就证明了记住幂就足以恢复数字。对于常数k，这是一个很好的方法。

However, when k is varying, the direct approach of computing c1,...,ck is prohibitely expensive, since e.g. ck is the product of all missing numbers, magnitude n!/(n-k)!. To overcome this, perform computations in Zq field, where q is a prime such that n <= q < 2n - it exists by Bertrand's postulate. The proof doesn't need to be changed, since the formulas still hold, and factorization of polynomials is still unique. You also need an algorithm for factorization over finite fields, for example the one by Berlekamp or Cantor-Zassenhaus.

常数k的高级伪代码:

计算给定数的i次幂 相减得到未知数字的i次幂的和。称这些和为bi。 利用牛顿恒等式从bi中计算系数;叫它们ci。c1 = b1;C2 = (c1b1 - b2)/2;详见维基百科的精确公式 因式分解多项式xk-c1xk-1 +…+ ck。 多项式的根是所需的数a1，…正义与发展党。

对于改变k，使用例如Miller-Rabin，找到质数n <= q < 2n，并对所有数字对q进行模数化简来执行步骤。

编辑:这个答案的前一个版本表明，可以使用特征2 (q=2^(log n))的有限域来代替Zq，其中q是素数。但事实并非如此，因为牛顿公式需要除以k以内的数。

我们可以通过把数字本身和这些数字的平方相加来解Q2。

我们可以把问题简化为

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

其中x和y表示和低于期望值的程度。

代换给我们:

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

然后我们可以解出缺失的数。

    //sort
    int missingNum[2];//missing 2 numbers- can be applied to more than 2
    int j = 0;    
    for(int i = 0; i < length - 1; i++){
        if(arr[i+1] - arr[i] > 1 ) {
            missingNum[j] = arr[i] + 1;
            j++;
        }
    }