这道题自己想了一会没想出来，然后就去看题解了，感觉要满足O(n)的时间复杂度，还要满足O(1)的空间复杂度还蛮难的，这里主要把题解的思路讲一下，很巧妙。
对于输入数组nums，我们假设其长度为N，那么结果一定在[1, N + 1]中产生，最极端的情况就是nums中的元素为从1到N这N个连续正整数，那么结果就是N + 1,否则其他情况下，结果一定从[1, N]中产生。那么我们知道了这个性质以后，就可以对数组进行进一步的处理，我们将nums[i]放置在下标为nums[i] - 1处，对于nums[i] <= 0 或 nums[i] > nums.size()的情况，我们不作任何处理，因为再怎么处理也没用，此外，若下标为nums[i] - 1处的元素与下标为i处的元素（nums[i]）相等，我们也不做处理，因为换了也是白换。我们首先用for循环遍历一遍数组nums，对于下标i处的元素nums[i]，我们将其与下标为nums[i] - 1处的元素（nums[nums[i] - 1]）进行交换,交换完之后，下标为nums[i] - 1处放置的元素是正确的，但是交换过来的值是否能与下标i匹配上，我们是不知道的，然而我们在前面提到，每进行一次for循环，在数组内存在对应的正确元素时(不存在的话就无能为力了)，我们一定能保证下标为i处的元素为i + 1，因此这个交换应当是一个持续的过程，我们应该用一个while循环来实现。当经历过N次for循环后，我们可以保证：对于能正确放置在下标为i处的元素，其值一定为i + 1，因此我们只需要从左往右再遍历一次数组，检查数组的元素是否与其下标对应，如果发现某个位置上的元素nums[i] != i + 1，就说明数组缺少i + 1这个正整数，直接返回i + 1即可，如果整个for循环都没有出现这样的情况，就说明遇到了最极端的情况：nums中的元素为[1, N]这连续N个正整数，我们直接返回N + 1即可。代码注释也写的很详细，可以看看。
class Solution {
public:int firstMissingPositive(vector<int>& nums) {//将nums[i]放置在nums[nums[i] - 1]的位置上for(int i = 0; i < nums.size(); ++i){//外层for循环每循环一次，在数组中存在i + 1这个元素的情况下，一定能确保//i + 1被交换到nums[i]处，如果不存在的话就不动它while(nums[i] != i + 1){ //数值与下标不匹配的情况if(nums[i] <= 0 || nums[i] > nums.size() || nums[i] == nums[nums[i] - 1])//第一个和第二个判断条件是指nums[i] - 1超出数组的下标范围，无法被放置在数组内的任何位置//第三个判断条件是指nums[i]即将与nums[nums[i] - 1]处的数值交换，但是发现两个位置的//数值大小一样，这就没必要交换了，否则会陷入无限循环中break;int index = nums[i] - 1; //当前遍历到的nums[i]应当放置到下标为index的位置nums[i] = nums[index]; //先将下标为index处的元素转移过来，防止被覆盖nums[index] = index + 1;//对于被交换过来的nums[index](现在的nums[i]，我们不能保证nums[i] == i + 1，因此要继续寻循环)}}for(int i = 0; i < nums.size(); ++i){if(nums[i] != i + 1)return i + 1;}return nums.size() + 1;}
};