不确定，这是否是最有效的解决方案，但我会遍历所有条目，并使用bitset来记住，设置了哪些数字，然后测试0位。

我喜欢简单的解决方案，我甚至相信，它可能比计算和，或平方和等更快。

你能查一下每个号码是否都存在吗?如果是，你可以试试这个:

S =袋子中所有数字的和(S < 5050) Z =缺失数的和5050 - S

如果缺失的数字是x和y，则:

x = Z - y和 max(x) = Z - 1

所以你检查从1到max(x)的范围，并找到这个数字

我还没有检查数学，但我怀疑在计算Σ(n)的同时计算Σ(n^2)将提供足够的信息来得到两个缺失的数字，如果有三个，也要计算Σ(n^3)，等等。

一个可能的解决方案:

public class MissingNumber {
    public static void main(String[] args) {
        // 0-20
        int [] a = {1,4,3,6,7,9,8,11,10,12,15,18,14};
        printMissingNumbers(a,20);
    }

    public static void printMissingNumbers(int [] a, int upperLimit){
        int b [] = new int[upperLimit];
        for(int i = 0; i < a.length; i++){
            b[a[i]] = 1;
        }
        for(int k = 0; k < upperLimit; k++){
            if(b[k] == 0)
                System.out.println(k);
        }
    }
}

我已经阅读了所有30个答案，并找到了最简单的一个，即使用100位数组是最好的。但正如问题所说，我们不能使用大小为N的数组，我将使用O(1)空间复杂度和k次迭代，即O(NK)时间复杂度来解决这个问题。

为了让解释更简单，假设给了我从1到15的数字，其中两个少了，即9和14，但我不知道。让包看起来像这样:

,1,2,12,4,7,5,10,11,13,15,3,6 [8].

我们知道每个数字在内部都是以位的形式表示的。 对于16之前的数字，我们只需要4位。对于10^9之前的数字，我们将需要32位。但我们先关注4位然后再推广它。

现在，假设我们有从1到15的所有数字，那么在内部，我们会有这样的数字(如果我们把它们排序):

0001
0010
0011
0100
0101
0110
0111
1000
1001
1010
1011
1100
1101
1110
1111

但是现在少了两个数。所以我们的表示法看起来是这样的(为了理解，可以是任何顺序):

(2MSD|2LSD)
00|01
00|10
00|11
-----
01|00
01|01
01|10
01|11
-----
10|00
missing=(10|01) 
10|10
10|11
-----
11|00
11|01
missing=(11|10)
11|11

现在让我们创建一个大小为2的位数组，其中包含具有对应的两位最高位的数字的计数。即

= [__,__,__,__] 
   00,01,10,11

从左到右扫描袋子，填充上面的数组，使比特数组的每个bin都包含数字的计数。结果如下:

= [ 3, 4, 3, 3] 
   00,01,10,11

如果所有的数字都出现了，它看起来会是这样的:

= [ 3, 4, 4, 4] 
   00,01,10,11

因此，我们知道有两个数字缺失了:一个数字的最高两位有效位数是10，另一个数字的最高两位有效位数是11。现在再次扫描列表，并为下两位有效数字填写一个大小为2的位数组。这一次，只考虑前两位有效数字为10的元素。我们将有位数组为:

= [ 1, 0, 1, 1] 
   00,01,10,11

如果MSD=10的所有数字都存在，那么所有箱子中都有1个，但现在我们看到少了一个。因此，我们有MSD=10和LSD=01缺失的数字，即1001，即9。

类似地，如果我们再次扫描，但只考虑MSD=11的元素，我们得到MSD=11和LSD=10缺失，即1110，即14。

= [ 1, 0, 1, 1] 
   00,01,10,11

因此，我们可以在等量的空间中找到缺失的数字。我们可以推广到100 1000或10^9或任何一组数字。

参考资料:http://users.ece.utexas.edu/~adnan/afi-samples-new.pdf中的问题1.6

关键是使用索引来标记范围内是否存在某个数字。 这里我们知道从1到N。 时间复杂度O(n) 空间复杂度O(1)

后续问题: 这可以被修改为发现一个元素是否从差值为d的AP中缺失。其他变化可能包括从任何包含-ve数的随机数组中查找第一个缺失的+ve数。然后先对0左右的分区进行快速排序，然后对分区右侧的数组部分做此程序，做必要的修改。

public static void  missing(int [] arr){        
      for(int i=0; i< arr.length; i++){       
          if(arr[i]!=-1 && arr[i]<=arr.length){
              int idx=i;
              while(idx>=0 && idx<arr.length&& arr[idx]!=-1 ){
                   int temp =arr[idx];
                   // temp-1 because array index starts from 0, i.e a[0]=-1 is indicates that 1 is present in the array
                   arr[temp-1]=-1;
                   idx=temp-1;
              }
          }
      }
    }

在此之后，我们需要迭代数组，并检查是否a[i]!=-1，那么i+1就是缺失的数。当a[i]>N时，我们必须小心。