LeetCode 137.Single Number II(只出現一次的數 II)

題目

LeetCode: 137. Single Number II

力扣: 137. 只出現一次的數字 II

Given a non-empty array of integers, every element appears three times except for one, which appears exactly once. Find that single one.

給定一個非空整數數組，除了某個元素只出現一次以外，其餘每個元素均出現了三次。找出那個只出現了一次的元素。

Note:

Your algorithm should have a linear runtime complexity. Could you implement it without using extra memory?

你的算法應該具有線性時間複雜度。 你可以不使用額外空間來實現嗎？

Example 1:

Input: [2,2,3,2]
Output: 3

Example 2:

Input: [0,1,0,1,0,1,99]
Output: 99

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解法一（較爲複雜）

大致思路

• 將輸入數組中的每個數看做是2進制數，由於待查找的數字（設爲X）只出現1次，而其他數字都出現了3次，因此對於這些2進制數而言，每個bit位上1出現的次數之和必定爲能夠整除3，或者餘數爲1（包括符號位），而餘數爲1的bit位，即代表待查找數X上相同bit位上的值爲1，而待查找數上其他的bit位上爲0，因爲其他bit位上數值1出現次數必定爲3的整數倍（包括0），這表明代表此bit位上的1都來自於出現次數爲3的數字，而非待查找數字X。

• 確定了大致思路之後，那麼接下來的工作就是統計輸入數組中的所有數各個bit位上1出現的次數之和，然後找出數值1出現次數之和除以3的餘數爲1的bit位，將對應bit位置爲1，其餘bit位置爲0，即可得待查找數X。

統計各bit位數值1出現次數：

• 假設a,b爲統計某個bit位1出現次數的2個計數位（因爲待計數範圍爲0~2，而2個計數位可以表示0~3，因此使用2個計數位），c爲當前bit位下一個出現的值（0或1）。

• 設a爲高位，b爲低位，當a=0,b=0時，則表明當前bit位1出現的次數爲0；當a=0,b=1時，則表明當前bit位1出現的次數爲1；當a=1,b=0時，則表明當前bit爲1出現的次數爲2；當1出現3次時，則將計數位a和b置0，表明一個循環。

• 假設a,b計數器對應的bit位每次接收到待統計的值c後，變化後的對應值爲a',b'，則各種可能情況如下表所示：

計數器a,b代表值	a	b	c	a’	b’	計數器a’,b’代表值
0	0	0	1	0	1	1
1	0	1	1	1	0	2
2	1	0	1	0	0	0
0	0	0	0	0	0	0
1	0	1	0	0	1	1
2	1	0	0	1	0	2

小結：

由上表可知，從計數器從低位到高位的數值有以下規律（類似於進位，低位確定了才能確定高位）：

b'爲1時，只有兩種情況，即a=0, b=0,c=1或a=0,b=1,c=0時，兩種情況不會同時出現，且每個情況只會產生一個結果，故有表達式：

• b' = ((~a) & (~b) & c) | ((~a) & b & (~c)) = (~a) &((~b) & c | b & (-c)) = (~a) & b^c
• 即b' = (~a) & (b^c)

a'爲1時，基於低位計數器b'的值，只有兩種情況，即a=0, b'=0, c=1或a=1, b'=0, c=0時，兩種情況不會同時出現，且每個情況只會產生一個結果，故有表達式：

• a' = ((~a) & (~b') & c) | (a & (~b') & (~c)) = (~b') & ((~a) & c | a & (~c)) = (~b') & a^c
• 即a' = (~b') & (a^c)

PS：

上式最後的化簡，是根據邏輯代數的分配律以及異或運算等價式所得：

• 邏輯代數分配律： a & (b|c) = a&b | a&c
• 異或運算等價式： a^b = a&(~b) | (~a)&b

總結：

• 雖然上述所有的分析和操作都是針對於單個bit，但是由於每個操作都是按位運算，因此很容易就擴展到整個數的所有bit位上，故不論是10進制還是2進制數，此統計過程都適用。

• 最後對各個bit位上出現的次數求餘時，和之前類似，可以使用按位運算實現。當且僅當a'=0,b'=1時，對應bit位上1出現的次數爲1，即代表待查找數X的此bit位上的數值也爲1，故設此bit位的值爲num，則有num=(~a') & b'，而在此題中，b'=1只有一種情況，故直接有num = b'

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代碼

• 時間複雜度：O(n)

• 空間複雜度：O(1)

class Solution {
    public int singleNumber(int[] nums) {
        // 計數器
        int a = 0, b = 0;
        // 遍歷原始數組,統計各個bit位上1出現的次數
        for (int c : nums) {
            b = (~a) & (b ^ c);
            a = (~b) & (a ^ c);
        }
        // 最後根據計數器a,b獲取只出現1次1的bit位,最終按位與即爲只出現1次的數字
        // return (~a) & b;
        return b;
    }
}

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推廣

使用本文介紹的方法，同樣適用於求解形如此題的一些問題，只要待查找元素的出現次數小於其他元素，且其他元素出現次數相同，如：

給定一個非空整數數組，除了某個元素只出現2次以外，其餘每個元素均出現了5次。找出那個只出現了2次的元素。

計數器變化表：

計數器a,b,c代表值	a	b	c	d	a’	b’	c’	計數器a’,b’,c’代表值
0	0	0	0	1	0	0	1	1
1	0	0	1	1	0	1	0	2
2	0	1	0	1	0	1	1	3
3	0	1	1	1	1	0	0	4
4	1	0	0	1	0	0	0	0
0	0	0	0	0	0	0	0	0
1	0	0	1	0	0	0	1	1
2	0	1	0	0	0	1	0	2
3	0	1	1	0	0	1	1	3
4	1	0	0	0	1	0	0	4

推導公式：

c' 
= (~a)&(~b)&(~c)&d | (~a)&b&(~c)&d | (~a)&(~b)&c&(~d) | (~a)&b&c&(~d) 
= (~a)&(~c)&d | (~a)&c&(~d)
= (~a)&(c^d)

b'
= (~a)&(~b)&(~c')&d | (~a)&b&c'&d | (~a)&b&(~c')&(~d) | (~a)&b&c'&(~d)
= (~a)&(~c')&(b^d) | (~a)&b&c

a'
= (~a)&(~b')&(~c')&d | a&(~b')&(~c')&(~d')
= (a^d)&(~b')&(~c')

num = (~a)&b&(~c);

代碼：

class Solution {
    public int singleNumber(int[] nums) {
        // 計數器
        int a = 0, b = 0, c = 0;
        // 遍歷原始數組,統計各個bit位上1出現的次數
        for (int d : nums) {
            c = (~a) & (c ^ d);
            b = (~a) & (~c) & (b ^ d) | (~a) & b & c;
            a = (a ^ d) & (~b) & (~c);
        }
        // 最後根據計數器a,b,c獲取出現2次1的bit位
        return (~a) & b & (~c);
    }
}

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解法二（便於理解，較爲簡單）

主要思想

• 上述的繪製變化情況表，推導公式，化簡公式的求解方式，需要一次性窮舉所有可能的情況，這樣當數字出現次數較大時，光繪製變化情況表就要耗費大量的時間，更不用說還需要求解推導公式，對公式進行化簡，因此上述求解方式綜合來看並非是最優解法。

• 另一種思路依舊是採用計數器計數的方式，但與上述方法不同，而是讓計數器正常計數，當某個bit位上1出現次數達到循環點時（如在本題中，即爲3），則將對應bit位的所有計數器置爲0，重新開始計數，視爲新一輪循環。

計數器計數方式：

每次更新計數器時，從高位開始更新，當計數器低位全爲1，且當前bit位的下一個待統計值也爲1，則表明當前高位更新後的值需要加1。

假設a,b,c爲計數器，依次從高到低，i爲當前bit位的下一個待統計值，則當b=1,c=1,i=1時，計數器a的值需要加1；同理，當c=1,i=1時，計數器b的值需要加1；當i=1時，計數器c的值需要加1。由於各個計數器之間是相互獨立按位運算，需要避免進位的影響，需要使用不進位相加的方式進行按位運算（即異或運算），故有：

• a = a^(b & c & i)
• b = b^(c & i)
• c = c^i

假設有一標記bit變量mark，同於標記當前bit位上1出現的次數是否到達循環點（假設本題爲5），則當標誌位滿足a=1,b=0,c=1時，則mark等於0，表明需要將當前bit位上的計數器都置爲0，重新開始循環，其他情況下mark爲1，故有：

• mark = ~(a & (~b) & c)

當mark爲1時，計數器正常計數，當mark爲0時，則對應bit位表明到達循環點，需要將對應的計數器置爲0，每次求得mark的最新值後，還要在最後還需要更新計數器：

• a = a & mark
• b = b & mark
• c = c & mark

對於本題：

只需要兩個計數器a,b，計數循環點爲3（a=1,b=1），故有：

• a = a^(b & i)

• b = b^i

• mark = ~(a & b)

• a &= mark

• b &= mark

將1出現次數爲1的bit位置爲1，則得到最終要查找的數：

• num = (~a)&b

由於本題中待查找數出現次數爲奇數，因此只要將最低位計數器b爲1時的對應的bit位置爲1，即可：

• num = b

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代碼

• 時間複雜度：O(n)

• 空間複雜度：O(1)

class Solution {
    public int singleNumber(int[] nums) {
        // 設置計數器,以及標記變量
        int a = 0, b = 0, mark = 1;
        // 遍歷原始數組,統計各個bit位上數值1出現的次數
        for (int num : nums) {
            a ^= b & num;
            b ^= num;
            // 計算標記變量mark,更新計數器的值,若達到循環點3(即a=1,b=1),則將計數器對應bit位置爲0,否則保持不變
            mark = ~(a & b);
            a &= mark;
            b &= mark;
        }
        // 由於本題中,待查找數出現次數爲奇數次,因此只要每個bit位的最低計數位爲1,則待查找數對應bit位也爲1
        return b;
    }
}

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推廣

使用本文介紹的方法，同樣適用於求解形如此題的一些問題，只要待查找元素的出現次數小於其他元素，且其他元素出現次數相同，如：

給定一個非空整數數組，除了某個元素只出現2次以外，其餘每個元素均出現了5次。找出那個只出現了2次的元素。

class Solution {
    public int singleNumber(int[] nums) {
        // 設置計數器,以及標記變量
        int a = 0, b = 0, c = 0, mark = 1;
        // 遍歷原始數組,統計各個bit位上數值1出現的次數
        for (int i : nums) {
            a ^= b & c & i;
            b ^= c & i;
            c ^= i;
            // 計算標記變量mark,並更新計數器的值,若達到循環點5(即a=1,b=0,c=1)
            // 則將計數器對應bit位置爲0,否則保持不變
            mark = ~(a & (~b) & c);
            a &= mark;
            b &= mark;
            c &= mark;
        }
        // 當最終計數器a=0,b=1,c=0時,則表明待查找數對應bit位值爲1
        return (~a) & b & (~c);
    }
}

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參考資料

LeetCode 137. Single Number II-Discuss

LeetCode 137. 只出現一次的數字 II

LeetCode137——只出現一次的數字II

Leetcode 137：只出現一次的數字 II（最詳細的解法！！！）

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End~