題目描述：
在一個長度為n的數組里的所有數字都在0到n-1的范圍內。 數組中某些數字是重復的，但不知道有幾個數字是重復的。也不知道每個數字重復幾次。請找出數組中任意一個重復的數字。 例如，如果輸入長度為7的數組{2,3,1,0,2,5,3}，那么對應的輸出是第一個重復的數字2。
解題思路：
解決這個問題最簡單的辦法是將輸入的數組排序，從排序的數組中找出重復的數字只需要從頭到尾掃描即可，所以先排序再查找的時間復雜度主要就取決於排序算法，一般為O(nlogn)。
還是那句話：“最容易想到的往往不是最佳解法”。
進一步考慮，我們也不難想到借助空間換時間的思路，通過哈希表來解決。從頭到尾按順序掃描整個數組，依次將其存入哈希表，每掃描到一個元素，都可以用O(1)的時間判斷哈希表里是否已經存在該值，如果不存在，就將其加入哈希表，繼續掃描下一個，如果存在，那么該元素就是第一個重復的數字。這個算法的時間復雜度是O(n)，但很顯然這個效率的提升也是用空間換來的。
因此，我們希望得到一種不消耗額外空間的算法，也就是本題的第三種解法：數組重排。由於題目中告訴我們所有的數字都在0到n-1的范圍內，因此如果沒有重復，那么所存儲的值也正好是0到n-1這n個數字，我們把原數組重新排列為一個元素和對應下標值相同的數組。具體思路如下：
從頭到尾掃描整個數組中的數字，當掃描到下標為i的數字時，首先比較這個數字（用m表示）是不是等於下標i，如果是，接着比較下一個數字；如果不是，則將其與第m個數字比較，若與第m個數字相同，則說明它就是一個重復數字，如果不同，就將其與第m個數字進行交換，也就是把它放到自己應在的位置去。重復這個過程，直到該位置上的數與下標相同為止。
該算法看起來是兩層循環，但是每個數字最多進行兩次交換就會找到屬於自己的位置，因為總的時間復雜度還是O(n)，不需要額外內存。
舉例：
以{2,3,1,0,2,5,3}為例：
- 0(索引值)和2(索引值位置的元素)不相等，並且2(索引值位置的元素)和1(以該索引值位置的元素2為索引值的位置的元素)不相等，則交換位置，數組變為：{1,3,2,0,2,5,3}；
- 0(索引值)和1(索引值位置的元素)仍然不相等，並且1(索引值位置的元素)和3(以該索引值位置的元素1為索引值的位置的元素)不相等，則交換位置，數組變為：{3,1,2,0,2,5,3}；
- 0(索引值)和3(索引值位置的元素)仍然不相等，並且3(索引值位置的元素)和0(以該索引值位置的元素3為索引值的位置的元素)不相等，則交換位置，數組變為：{0,1,2,3,2,5,3}；
- 0(索引值)和0(索引值位置的元素)相等，遍歷下一個元素；
- 1(索引值)和1(索引值位置的元素)相等，遍歷下一個元素；
- 2(索引值)和2(索引值位置的元素)相等，遍歷下一個元素；
- 3(索引值)和3(索引值位置的元素)相等，遍歷下一個元素；
- 4(索引值)和2(索引值位置的元素)不相等，但是2(索引值位置的元素)和2(以該索引值位置的元素2為索引值的位置的元素)相等，則找到了第一個重復的元素。
編程實現（Java）：
public class Solution {
// Parameters:
// numbers: an array of integers
// length: the length of array numbers
// duplication: (Output) the duplicated number in the array number,length of duplication array is 1,so using duplication[0] = ? in implementation;
// Here duplication like pointor in C/C++, duplication[0] equal *duplication in C/C++
// 這里要特別注意~返回任意重復的一個，賦值duplication[0]
// Return value:true if the input is valid, and there are some duplications in the array number
// otherwise false
public boolean duplicate(int numbers[],int length,int [] duplication) {
if(numbers==null || length<1)
return false;
//三種方法：排序后查找、哈希表
//第三種：數組重排
for(int i=0;i<length;i++){
while(numbers[i]!=i){ //每個元素最多被交換兩次就可以找到自己的位置，依次復雜度是O（n）
if(numbers[numbers[i]]==numbers[i]){
duplication[0]=numbers[i];
return true;
}else{
int temp=numbers[numbers[i]]; //交換
numbers[numbers[i]]=numbers[i]; //將numbers[i]放到屬於他的位置上
numbers[i]=temp;
}
}
}
return false;
}
補充說明：
(1) 如果只要求判斷是否有重復元素，不用找到該值，那么可以使用異或的思路，所有的元素和從0到n-1的下標一起異或，那么如果沒有重復元素，相當於從0到n-1每個元素都出現了兩次（下標和對於的元素），最后的異或結果一定是0，否則說明有重復元素。
(2) 上述數組重排的思路雖然比較巧妙，但是一個缺點是改變了原來的數組，如果題目要求不能修改原來的數組，一個是可以使用哈希表，另一個是可以使用劍指Offer上給出的二分查找思路，但是相對比較麻煩。具體如下：
以長度為8的數組{2,3,5,4,3,2,6,7}為例，根據題目要求，這個長度為8的數組，所有元素都在1到7的范圍內，中間的數字4將1—7分成兩部分，分別為1—4和5—7，接下來統計1—4在數組中出現的次數，發現是5次，則說明這4個數字中一定有重復數字。接下來再把1—4分成1、2和3、4兩部分，1和2一共出現了兩次，3和4一共出現了3次，說明3和4中有一個重復，再分別統計即可得到是3重復了。這並不保證找出所有的重復數字，比如2就沒有找到。
實際上，這種二分查找時間復雜度也達到了O(nlogn)，不如用哈希表空間換時間來的直觀。