Given an array nums containing n + 1 integers where each integer is between 1 and n (inclusive), prove that at least one duplicate number must exist. Assume that there is only one duplicate number, find the duplicate one.

Example 1:
Input: [1,3,4,2,2]
Output: 2

Example 2:
Input: [3,1,3,4,2]
Output: 3

Note:
You must not modify the array (assume the array is read only).
You must use only constant, O(1) extra space.
Your runtime complexity should be less than O($n^2$).
There is only one duplicate number in the array, but it could be repeated more than once.

題目大意

給你一個數組，這個陣列中只有一個重複的數字，讓你找出陣列中重複的數字。其中 $1$

1. 只能使用 O(1) 的空間，
2. 不能改變原有陣列
3. 複雜度小於 O($n^2$)

解題思路

由於題目中很多的限制，所以直接排序然後判斷相鄰元素是不是相等這個演算法就不可以使用了，其實這裡有一個複雜度為 $O(nlog(n))$ 的，就是藉助二分答案然後判斷，具體不展開說了，主要說一下快慢指標的使用。
因為給定的陣列元素 $1\le a_i\le nums.size()$，那麼我們做一個關於下標和陣列元素值對映，那麼這個對映不是一對一的，是一個多對一的對映，比如說有一個數組 【1, 2, 4, 1, 3】，那麼做一個對映【{0,3}->1，1->2，2->4，4->3】，然後我們去遍歷，遍歷的規則是 $x$

證明

證明1：為什麼快慢指標在第一次一定會相遇。

1)  當快指標比慢指標慢 $1$ 個單位的時候，那麼這時候快指標走兩步，慢指標走一步，正好相遇。
2)  當快指標比慢指標慢 $2$ 個單位的時候，那麼這時候快指標走兩步，慢指標走一步，回到條件1)。
n)  當快指標比慢指標慢 $n$ 個單位的時候，那麼這時候快指標走兩步，慢指標走一步，回到條件n-1)。
那麼根據數學歸納法，快慢指標一定會相遇。

證明2：為什麼快慢指標在第一次相遇時，把快指標置為0之後，在第二次相遇時就是環的起點。

請看下圖：

因為有 $a=c$，所以將快指標置為 $0$，每次走一步，那麼下次快慢指標相遇的時候就是環的起點，也就是我們所求重複數的值。

程式碼如下

class Solution {
public:
    int findDuplicate(vector<int>& nums) {
        int slow = nums[0];
        int fast = nums[slow];
        while(slow != fast) {
            slow = nums[slow];
            fast = nums[nums[fast]];
        }
        fast = 0;
        while(slow != fast) {
            slow = nums[slow];
            fast = nums[fast];
        }
        return slow;
    }
};