LeetCode 137.Single Number II(只出现一次的数 II)

题目

LeetCode: 137. Single Number II

力扣: 137. 只出现一次的数字 II

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

给定一个非空整数数组，除了某个元素只出现一次以外，其余每个元素均出现了三次。找出那个只出现了一次的元素。

Note:

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

你的算法应该具有线性时间复杂度。 你可以不使用额外空间来实现吗？

Example 1:

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

Example 2:

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

---

解法一（较为复杂）

大致思路

• 将输入数组中的每个数看做是2进制数，由于待查找的数字（设为X）只出现1次，而其他数字都出现了3次，因此对于这些2进制数而言，每个bit位上1出现的次数之和必定为能够整除3，或者余数为1（包括符号位），而余数为1的bit位，即代表待查找数X上相同bit位上的值为1，而待查找数上其他的bit位上为0，因为其他bit位上数值1出现次数必定为3的整数倍（包括0），这表明代表此bit位上的1都来自于出现次数为3的数字，而非待查找数字X。

• 确定了大致思路之后，那么接下来的工作就是统计输入数组中的所有数各个bit位上1出现的次数之和，然后找出数值1出现次数之和除以3的余数为1的bit位，将对应bit位置为1，其余bit位置为0，即可得待查找数X。

统计各bit位数值1出现次数：

• 假设a,b为统计某个bit位1出现次数的2个计数位（因为待计数范围为0~2，而2个计数位可以表示0~3，因此使用2个计数位），c为当前bit位下一个出现的值（0或1）。

• 设a为高位，b为低位，当a=0,b=0时，则表明当前bit位1出现的次数为0；当a=0,b=1时，则表明当前bit位1出现的次数为1；当a=1,b=0时，则表明当前bit为1出现的次数为2；当1出现3次时，则将计数位a和b置0，表明一个循环。

• 假设a,b计数器对应的bit位每次接收到待统计的值c后，变化后的对应值为a',b'，则各种可能情况如下表所示：

计数器a,b代表值	a	b	c	a’	b’	计数器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

小结：

由上表可知，从计数器从低位到高位的数值有以下规律（类似于进位，低位确定了才能确定高位）：

b'为1时，只有两种情况，即a=0, b=0,c=1或a=0,b=1,c=0时，两种情况不会同时出现，且每个情况只会产生一个结果，故有表达式：

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

a'为1时，基于低位计数器b'的值，只有两种情况，即a=0, b'=0, c=1或a=1, b'=0, c=0时，两种情况不会同时出现，且每个情况只会产生一个结果，故有表达式：

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

PS：

上式最后的化简，是根据逻辑代数的分配律以及异或运算等价式所得：

• 逻辑代数分配律： a & (b|c) = a&b | a&c
• 异或运算等价式： a^b = a&(~b) | (~a)&b

总结：

• 虽然上述所有的分析和操作都是针对於单个bit，但是由于每个操作都是按位运算，因此很容易就扩展到整个数的所有bit位上，故不论是10进制还是2进制数，此统计过程都适用。

• 最后对各个bit位上出现的次数求余时，和之前类似，可以使用按位运算实现。当且仅当a'=0,b'=1时，对应bit位上1出现的次数为1，即代表待查找数X的此bit位上的数值也为1，故设此bit位的值为num，则有num=(~a') & b'，而在此题中，b'=1只有一种情况，故直接有num = b'

---

代码

• 时间复杂度：O(n)

• 空间复杂度：O(1)

class Solution {
    public int singleNumber(int[] nums) {
        // 计数器
        int a = 0, b = 0;
        // 遍历原始数组,统计各个bit位上1出现的次数
        for (int c : nums) {
            b = (~a) & (b ^ c);
            a = (~b) & (a ^ c);
        }
        // 最后根据计数器a,b获取只出现1次1的bit位,最终按位与即为只出现1次的数字
        // return (~a) & b;
        return b;
    }
}

---

推广

使用本文介绍的方法，同样适用于求解形如此题的一些问题，只要待查找元素的出现次数小于其他元素，且其他元素出现次数相同，如：

给定一个非空整数数组，除了某个元素只出现2次以外，其余每个元素均出现了5次。找出那个只出现了2次的元素。

计数器变化表：

计数器a,b,c代表值	a	b	c	d	a’	b’	c’	计数器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

推导公式：

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);

代码：

class Solution {
    public int singleNumber(int[] nums) {
        // 计数器
        int a = 0, b = 0, c = 0;
        // 遍历原始数组,统计各个bit位上1出现的次数
        for (int d : nums) {
            c = (~a) & (c ^ d);
            b = (~a) & (~c) & (b ^ d) | (~a) & b & c;
            a = (a ^ d) & (~b) & (~c);
        }
        // 最后根据计数器a,b,c获取出现2次1的bit位
        return (~a) & b & (~c);
    }
}

---

解法二（便于理解，较为简单）

主要思想

• 上述的绘制变化情况表，推导公式，化简公式的求解方式，需要一次性穷举所有可能的情况，这样当数字出现次数较大时，光绘制变化情况表就要耗费大量的时间，更不用说还需要求解推导公式，对公式进行化简，因此上述求解方式综合来看并非是最优解法。

• 另一种思路依旧是采用计数器计数的方式，但与上述方法不同，而是让计数器正常计数，当某个bit位上1出现次数达到循环点时（如在本题中，即为3），则将对应bit位的所有计数器置为0，重新开始计数，视为新一轮循环。

计数器计数方式：

每次更新计数器时，从高位开始更新，当计数器低位全为1，且当前bit位的下一个待统计值也为1，则表明当前高位更新后的值需要加1。

假设a,b,c为计数器，依次从高到低，i为当前bit位的下一个待统计值，则当b=1,c=1,i=1时，计数器a的值需要加1；同理，当c=1,i=1时，计数器b的值需要加1；当i=1时，计数器c的值需要加1。由于各个计数器之间是相互独立按位运算，需要避免进位的影响，需要使用不进位相加的方式进行按位运算（即异或运算），故有：

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

假设有一标记bit变量mark，同于标记当前bit位上1出现的次数是否到达循环点（假设本题为5），则当标志位满足a=1,b=0,c=1时，则mark等于0，表明需要将当前bit位上的计数器都置为0，重新开始循环，其他情况下mark为1，故有：

• mark = ~(a & (~b) & c)

当mark为1时，计数器正常计数，当mark为0时，则对应bit位表明到达循环点，需要将对应的计数器置为0，每次求得mark的最新值后，还要在最后还需要更新计数器：

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

对于本题：

只需要两个计数器a,b，计数循环点为3（a=1,b=1），故有：

• a = a^(b & i)

• b = b^i

• mark = ~(a & b)

• a &= mark

• b &= mark

将1出现次数为1的bit位置为1，则得到最终要查找的数：

• num = (~a)&b

由于本题中待查找数出现次数为奇数，因此只要将最低位计数器b为1时的对应的bit位置为1，即可：

• num = b

---

代码

• 时间复杂度：O(n)

• 空间复杂度：O(1)

class Solution {
    public int singleNumber(int[] nums) {
        // 设置计数器,以及标记变量
        int a = 0, b = 0, mark = 1;
        // 遍历原始数组,统计各个bit位上数值1出现的次数
        for (int num : nums) {
            a ^= b & num;
            b ^= num;
            // 计算标记变量mark,更新计数器的值,若达到循环点3(即a=1,b=1),则将计数器对应bit位置为0,否则保持不变
            mark = ~(a & b);
            a &= mark;
            b &= mark;
        }
        // 由于本题中,待查找数出现次数为奇数次,因此只要每个bit位的最低计数位为1,则待查找数对应bit位也为1
        return b;
    }
}

---

推广

使用本文介绍的方法，同样适用于求解形如此题的一些问题，只要待查找元素的出现次数小于其他元素，且其他元素出现次数相同，如：

给定一个非空整数数组，除了某个元素只出现2次以外，其余每个元素均出现了5次。找出那个只出现了2次的元素。

class Solution {
    public int singleNumber(int[] nums) {
        // 设置计数器,以及标记变量
        int a = 0, b = 0, c = 0, mark = 1;
        // 遍历原始数组,统计各个bit位上数值1出现的次数
        for (int i : nums) {
            a ^= b & c & i;
            b ^= c & i;
            c ^= i;
            // 计算标记变量mark,并更新计数器的值,若达到循环点5(即a=1,b=0,c=1)
            // 则将计数器对应bit位置为0,否则保持不变
            mark = ~(a & (~b) & c);
            a &= mark;
            b &= mark;
            c &= mark;
        }
        // 当最终计数器a=0,b=1,c=0时,则表明待查找数对应bit位值为1
        return (~a) & b & (~c);
    }
}

---

参考资料

LeetCode 137. Single Number II-Discuss

LeetCode 137. 只出现一次的数字 II

LeetCode137——只出现一次的数字II

Leetcode 137：只出现一次的数字 II（最详细的解法！！！）

---

End~