你可以通过阅读Muthukrishnan的几页-数据流算法:谜题1:寻找缺失的数字来找到它。它准确地显示了您正在寻找的泛化。也许这就是面试官读到的内容，也是他提出这些问题的原因。

还请参阅sdcvvc的直接相关答案，其中还包括伪代码(万岁!没有必要阅读那些棘手的数学公式:)(谢谢，干得好!)

我会用另一种方法来回答这个问题，询问面试官关于他试图解决的更大问题的更多细节。根据问题和围绕它的需求，显而易见的基于集的解决方案可能是正确的，而生成一个列表然后从中挑选的方法可能不是。

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 n-kth 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.

这当然不是批处理预先生成的数字袋的最快方法，因为整个过程运行O((log 1 + log 2 +…)+ log n) + (log n + log n-1 +…+ log k))。但它确实适用于任何k值(即使它事先不知道)，在上面的例子中，它的应用方式使最关键的区间最小化。

等一下。正如问题所述，袋子里有100个数字。无论k有多大，问题都可以在常数时间内解决，因为您可以使用一个集合，并在最多100k次循环迭代中从集合中删除数字。100是常数。剩下的数就是你的答案。

如果我们将解推广到从1到N的数字，除了N不是常数外，没有什么变化，所以我们在O(N - k) = O(N)时间内。例如，如果我们使用位集，我们在O(N)时间内将位设置为1，遍历这些数字，将位设置为0 (O(N-k) = O(N))，然后我们就得到了答案。

It seems to me that the interviewer was asking you how to print out the contents of the final set in O(k) time rather than O(N) time. Clearly, with a bit set, you have to iterate through all N bits to determine whether you should print the number or not. However, if you change the way the set is implemented you can print out the numbers in k iterations. This is done by putting the numbers into an object to be stored in both a hash set and a doubly linked list. When you remove an object from the hash set, you also remove it from the list. The answers will be left in the list which is now of length k.

我们可以用O(log n)来做Q1和Q2。

假设我们的存储芯片由n个试管阵列组成。试管中的数字x用x毫升化学液体表示。

假设我们的处理器是一束激光。当我们点燃激光时，它垂直穿过所有的管子。每次它通过化学液体，光度就降低1。在某毫升处通过光是O(1)的运算。

现在如果我们在试管的中间点上激光就会得到光度的输出

等于预先计算的值(当没有数字缺失时计算)，则缺失的数字大于n/2。 如果我们的输出更小，那么至少有一个小于n/2的数字缺失。我们也可以检查光度是否降低了1或2。如果它减少1，那么一个缺失数小于n/2，另一个大于n/2。如果它减2，那么两个数都小于n/2。

我们可以一次又一次地重复上述过程，缩小我们的问题域。在每一步中，我们将定义域缩小一半。最后我们可以得到结果。

值得一提的是并行算法(因为它们很有趣)，

sorting by some parallel algorithm, for example, parallel merge can be done in O(log^3 n) time. And then the missing number can be found by binary search in O(log n) time. Theoretically, if we have n processors then each process can check one of the inputs and set some flag that identifies the number(conveniently in an array). And in the next step each process can check each flag and finally output the number that is not flagged. The whole process will take O(1) time. It has additional O(n) space/memory requirement.

请注意，如上所述，上面提供的两个并行算法可能需要额外的空间。

// 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);

正如@j_random_hacker所指出的，这与在O(n)个时间和O(1)个空间中寻找重复项非常相似，我的答案在这里也适用。

假设“袋子”由一个大小为N - k的基于1的数组a[]表示，我们可以在O(N)个时间和O(k)个额外空间内求解Qk。

首先，我们将数组A[]扩展k个元素，使它现在的大小为n，这是O(k)个额外空间。然后我们运行以下伪代码算法:

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

第一个循环初始化k个额外的条目，使其与数组中的第一个条目相同(这只是我们知道数组中已经存在的一个方便的值——在这一步之后，大小为N-k的初始数组中缺失的任何条目在扩展数组中仍然缺失)。

第二个循环排列扩展数组，如果元素x至少出现一次，那么其中一个元素将位于位置A[x]。

注意，尽管它有一个嵌套循环，但它仍然在O(N)时间内运行——只有当有一个i使a [i] != i时才会发生交换，并且每次交换设置至少一个元素使a [i] == i，而以前不是这样的。这意味着交换的总数(因此while循环体的执行总数)最多为N-1。

第三个循环打印数组i中没有被值i占用的索引——这意味着i一定是缺失的。