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這是一個處理需要反覆標記的問題的一個小技巧，以一個ACM形式的題目爲例： 
輸入：第一行是一個數字N，表示N個case，之後每個case第一行是一個數字M，表示這個case有M個數字輸入，接下來是M個數字，每個數字範圍是0<=n<K 
輸出：對每個case，輸出M個數字去重後的數量 

當然，這題本身沒什麼難度，弄個hash_set就行了，不過爲了說明問題，我們假定做題的人比較笨，使用bitmap： 

bm = BitMap(K) 
N = read_int() 
for i from 1 to N: 
    M = read_int() 
    for j from 1 to M: 
        bm.set(read_int()) 
    count = 0 
    for k from 0 to K-1: 
        if bm.is_set(k): 
            count += 1 
            bm.unset(k) 
    print count 

構造一個bitmap，對於每個case，設置對應的位，最後統計數量，這裏借鑑了上一篇中的做法，統計的時候順便unset，就省去了初始化，空間和時間複雜度都是O(K)，指數級的，所以說這是一個比較笨的算法（爲何是指數級，後面再說） 

換一種思路，對於每個case的M個數字，如果每次read_int後判斷下是否已在位圖，則可以實時統計count，修改j的循環爲： 

bm.reset() 
count = 0 
for j from 1 to M: 
    num = read_int() 
    if bm.is_set(num): 
        continue 
    count += 1 
    bm.set(num) 

不過這並沒什麼改善，雖然後面k的循環省了，bm.reset()依然要遍歷 

由於bitmap中每個元素只有0和1兩種狀態，每個case是獨立的，因此每次要初始化（上述兩種方案只是初始化方式不同），如果將狀態擴展爲多個，就能避免反覆初始化： 

tag = new int[K]; //假設自動初始化爲全0 
N = read_int() 
for i from 1 to N: 
    M = read_int() 
    count = 0 
    for j from 1 to M: 
        num = read_int() 
        if tag[num] == i: 
            continue 
        count += 1 
        tag[num] = i 
    print count 

用一個整數數組tag代替bitmap，初始化爲0，對於第i個case，用i來標記num，這樣一來每個case雖然公用tag，但各自標記方法不同，就不用初始化了，不考慮tag的建立，就單個case來說，時間複雜度是O(M) 

於是，對於上篇末尾說的延遲清除，如果將marked和unmarked兩種狀態標記做一下改動，就可以區分已標記、待回收和新對象，而且省卻了全局初始化，代價就是垃圾收集器自己維護一個遞增的版本管理。不過，實際使用的算法不一定是這麼寫的