[LeetCode]——只出現一次的數字I&II&III

只出現一次的數字 簡單、只出現一次的數字II 中等、只出現一次的數字III 中等

NO.136 只出現一次的數字 簡單

思路一：異或

public int singleNumber(int[] nums) {
    int ans = 0;
    for (int num : nums) {
        ans^=num;
    }
    return ans;
}

時間複雜度：O(n) 空間複雜度：O(1)

NO.137 只出現一次的數字II 中等

思路一：按位統計 遍歷數組中每個元素的每一位(除了符號位)，統計每一位上 1 的個數，最後再將每一位上 1的數量取模 3，得到最終的結果。例如：

nums[2,2,3,2]=nums[0010,0010,0011,0010]
統計每一位上1的次數：0041
每一位上的數字取模3：0011 = 3

不難理解，剩下的就是如何實現。

對每個數字 num 的右移待統計位數，再對 1 求與，可以得到待統計位上的是 1 還是 0。

統計完某一位上 1 的數量之後，取模 3 結果一定是 1 或 0 ，再左移回原本的位上，最後通過異或運算存到結果中。還是上例：

nums[2,2,3,2]=nums[0010,0010,0011,0010]
統計第0位上1的次數：1	取模3左移回到原位：0001	異或存回res：0001
統計第1位上1的次數：4	取模3左移回到原位：0010	異或存回res：0011
統計第3位上1的次數：0	取模3左移回到原位：0000	異或存回res：0011
統計第4位上1的次數：0	取模3左移回到原位：0000	異或存回res：0011
    最終結果res：0011 = 3

public int singleNumber(int[] nums) {
    int res = 0;
    //分別統計每一位上 1 的個數
    for (int i = 0; i < 32; i++) {
        int count = 0;
        for (int num : nums) {
            count += (num >> i) & 1;
        }
        //個數取模 3 再還原回原位,最後保存至res
        res ^= (count % 3) << i;
    }
    return res;
}

時間複雜度：O(n) 32次遍歷O(32n)。

空間複雜度：O(1)

NO.260 只出現一次的數字III 中等

思路一：分組異或 劍指Offer 第 56 題一樣。

如果只有一個數字出現過一次，直接將數組遍歷依次異或，最終的到的結果就是隻出現過一次的數字。因爲異或運算，相同爲 0，不同爲 1。

但是本題有兩個只出現一次的數字 a、b，按照上述方法得到的結果一定是a^b。

如果可以將 nums 分爲兩組， a 和 b分別再不同的組，其餘相同的元素一定在同一個組。這樣，我們就可以像開頭提到的方法一樣，將兩組分別異或，兩組最後得到的結果，一定就是 a 和 b 。

重點在於如何分組：

1. 先將 nums 遍歷依次異或，得到 res=a^b。
2. 與運算，拿到 res 任意一個等於 1 的位 h。
3. 遍歷 nums 分別和 h 進行與運算，等於 0 的分一組進行異或，不等於 0 的分一組進行異或，最後兩組的結果就是 a 和 b。

public int[] singleNumber(int[] nums) {
    //得到 a^b
    int n = 0;
    for (int num : nums) {
        n ^= num;
    }
    //得到n中任意一位1的位置
    int h = 1;
    while ((h & n) == 0) {
        h <<= 1;
    }
    //分組異或
    int a = 0, b = 0;
    for (int num : nums) {
        if ((num & h) == 0) {
            a ^= num;
        } else {
            b ^= num;
        }
    }
    return new int[]{a, b};
}

時間複雜度：O(n) 空間複雜度：O(1)

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