leetcode 002-leetcode.137 single-number-ii 力扣.137 只出现一次的数字II

题目

给你一个整数数组 nums ，除某个元素仅出现 一次 外，其余每个元素都恰出现 三次 。请你找出并返回那个只出现了一次的元素。

你必须设计并实现线性时间复杂度的算法且使用常数级空间来解决此问题。

示例 1：

输入：nums = [2,2,3,2] 输出：3 示例 2：

输入：nums = [0,1,0,1,0,1,99] 输出：99

提示：

1 <= nums.length <= 3 * 10^4

-2^31 <= nums[i] <= 2^31 - 1

nums 中，除某个元素仅出现 一次 外，其余每个元素都恰出现 三次

v1-基本解法

思路

通过 HashMap 记录每一个元素出现的次数，然后找到为1的。

实现

  [java]

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class Solution {
    public int singleNumber(int[] nums) {
        // 需要存储对应的历史数据
        // 如果不是位运算这种技巧 那么使用 HashMap 最方便

        Map<Integer, Integer> countMap = new HashMap<>();
        for(int num : nums){
            countMap.put(num, countMap.getOrDefault(num, 0) +1);
        }

        // 找到 values 为1 的数据
        for(Map.Entry<Integer, Integer> entry : countMap.entrySet()) {
            int count = entry.getValue();
            if(count == 1) {
                return entry.getKey();
            }
        }

        return 0;
    }
}

效果

  [plaintext]

1
5ms 26.25%

效果比较差。

v2-排序

思路

数字排序，出现一次的下一个元素和当前元素一定不同。

实现

  [java]

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public int singleNumber(int[] nums) {
        Arrays.sort(nums);  // 对数组进行排序
        for (int i = 0; i < nums.length; i += 3) {
            // 如果当前数字与下一个和下下个不同，说明该数字出现次数为 1
            if (i + 1 >= nums.length || nums[i] != nums[i + 1]) {
                return nums[i];
            }
        }
        return -1; // 不会执行到，防止编译器报错
    }

效果

3ms 39.66%

小结

其实也是不错的解法。

v3-位运算

想到使用位运算，但是没想到怎么用。

说实在的 这个算法能理解的一般是搞硬件电路的吧。

不然谁天天记这个。

实现

  [java]

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public int singleNumber(int[] nums) {
    int ones = 0, twos = 0;
    
    for (int num : nums) {
        // 更新 twos 和 ones
        ones = (ones ^ num) & ~twos;
        twos = (twos ^ num) & ~ones;
    }
    
    return ones; // ones 中的数字就是只出现一次的数字
}

效果

0ms 100%

效果拔群

解释一下

这个解法使用了两个变量 ones 和 twos 来追踪数组中每个数字的出现次数，并通过位运算来有效地找出那个只出现一次的数字。

关键在于如何利用异或运算（^）和按位与运算（&）来控制数字出现的次数，并最终过滤掉出现三次的数字。

问题回顾

题目要求在一个数组中找到那个只出现一次的数字，其他所有数字都恰好出现三次。

你不能使用额外的空间来存储频率（例如哈希表），也要求时间复杂度为 O(n)，空间复杂度为 O(1)。

解法思路

核心思路：

• 使用两个变量 ones 和 twos 来分别记录每个数字在数组中出现次数的不同阶段：ones 记录出现次数为 1 的位，twos 记录出现次数为 2 的位。

• 通过按位运算（异或和按位与），我们可以把出现次数为 3 的数字从 ones 和 twos 中移除，最终 ones 中只剩下那个出现一次的数字。

位运算的作用

异或（^）运算：

• 异或的基本特性：

  • a ^ a = 0（相同的数异或结果为 0）
  • a ^ 0 = a（任何数与 0 异或结果是它自己）
  • 异或是交换律和结合律的：a ^ b ^ c = a ^ c ^ b

  因此，ones ^ num 的作用就是当数字 num 在 ones 中已经出现过一次时，它将从 ones 中去除（因为 a ^ a = 0），如果 num 是第一次出现，它将被添加到 ones。

按位与（&）运算：

• & 运算符用于判断某些位是否为 1。如果位是 1，则保留，否则清除。

• 我们用 ~twos 和 ~ones 来清除掉已经在 twos 或 ones 中出现过的位。

步骤解析

1) 初始化：int ones = 0, twos = 0;

• ones 和 twos 分别用来记录出现次数为 1 和 2 的位。初始化为 0。

2) 更新 ones：ones = (ones ^ num) & ~twos;

• 异或操作：ones ^ num 会翻转 ones 中与 num 对应的位。

如果该位是 0，则变成 1；如果该位是 1，则变成 0。也就是说，这一步会更新 ones 中的值，记录哪些数字出现过一次。

• 按位与操作：& ~twos 保证 ones 中的位不会受到那些已经出现两次的数字的影响。

twos 中的 1 表示某个位已经出现了两次，因此 ~twos 会把该位清零，确保 ones 中那些已出现两次的位不会被设置为 1。

简单来说：这一步操作确保只有那些只出现一次的数字保留在 ones 中，出现三次的数字会被排除掉。

3) 更新 twos：twos = (twos ^ num) & ~ones;

• 异或操作：twos ^ num 会翻转 twos 中与 num 对应的位。如果 num 出现过一次，就将该位设置为 1。如果 num 出现过两次，就将该位设置为 0。

• 按位与操作：& ~ones 保证 twos 中的位不会受到那些已经在 ones 中出现过一次的数字的影响。如果某个位已经在 ones 中设置为 1，说明该数字已经出现过一次，我们就不希望将其计入 twos 中。

简单来说：这一步操作确保只有那些出现两次的数字的位会出现在 twos 中，出现三次的数字会被排除掉。

4) 返回结果：return ones;

• 最终，ones 中会存储那个只出现一次的数字，因为它没有被 twos 中的逻辑清除。

出现三次的数字会在 ones 和 twos 中都被清除，最终只剩下那个只出现一次的数字。

举个例子

假设输入数组是 [2, 2, 3, 2, 3, 3, 4]。

• 初始化：ones = 0, twos = 0
• 第 1 个数字 2：
  • ones = (0 ^ 2) & ~0 = 2 & ~0 = 2
  • twos = (0 ^ 2) & ~2 = 2 & ~2 = 0
• 第 2 个数字 2：
  • ones = (2 ^ 2) & ~0 = 0 & ~0 = 0
  • twos = (0 ^ 2) & ~0 = 2 & ~0 = 2
• 第 3 个数字 3：
  • ones = (0 ^ 3) & ~2 = 3 & ~2 = 1
  • twos = (2 ^ 3) & ~1 = 1 & ~1 = 0
• 第 4 个数字 2：
  • ones = (1 ^ 2) & ~0 = 3 & ~0 = 3
  • twos = (0 ^ 2) & ~3 = 2 & ~3 = 0
• 第 5 个数字 3：
  • ones = (3 ^ 3) & ~0 = 0 & ~0 = 0
  • twos = (0 ^ 3) & ~0 = 3 & ~0 = 3
• 第 6 个数字 3：
  • ones = (0 ^ 3) & ~3 = 3 & ~3 = 0
  • twos = (3 ^ 3) & ~0 = 0 & ~0 = 0
• 第 7 个数字 4：
  • ones = (0 ^ 4) & ~0 = 4 & ~0 = 4
  • twos = (0 ^ 4) & ~4 = 0 & ~4 = 0

最终，ones = 4，twos = 0，所以返回 4，即那个只出现一次的数字。

总结

• 位运算的核心思想：通过 ones 和 twos 来追踪每个数字出现的次数。

利用异或（^）和按位与（&）操作，确保每个数字的出现次数正确地记录下来，最终留下只出现一次的数字。

• 这个解法非常高效，能够在 O(n) 时间复杂度和 O(1) 空间复杂度下完成，适用于大规模数据。

小结

这个有一个要求 就是我们必须要能想到这个异或的计算技巧。

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    • 步骤解析
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    • 总结
  • 小结