分門別類刷演算法，堅持，進步！

刷題路線參考： https://github.com/chefyuan/algorithm-base

大家好，我是刷題困難戶老三，這一節我們來刷幾道很有意思的求次數問題，它們都有同一類非常巧妙的解法。

這種解法是什麼呢？往下看吧！

基礎知識

在開始之前，我們最好先了解一些位運算的基礎知識。

原反補碼

先簡單說一下，原碼、反碼、補碼。

一個數在計算機中的二進位制表示形式, 叫做這個數的機器數。機器數是帶符號的，在計算機用一個數的最高位存放符號, 正數為0, 負數為1.

比如，十進位制中的數 +3 ，假如計算機字長為8位，轉換成二進位制就是00000011。如果是 -3 ，就是 10000011 。

原碼

原碼就是符號位加上真值的絕對值, 即用第一位表示符號, 其餘位表示值. 比如如果是8位二進位制:

[+1]原 = 0000 0001

[-1]原 = 1000 0001

反碼

正數的反碼是其本身

負數的反碼是在其原碼的基礎上, 符號位不變，其餘各個位取反。

[+1] = [00000001]原 = [00000001]反

[-1] = [10000001]原 = [11111110]反

補碼

正數的補碼就是其本身

負數的補碼是在其原碼的基礎上, 符號位不變, 其餘各位取反, 最後+1. (即在反碼的基礎上+1)

[+1] = [00000001]原 = [00000001]反 = [00000001]補

[-1] = [10000001]原 = [11111110]反 = [11111111]補

補碼是人腦認識裡不太直觀的一種表示方式，之所以發明補碼，是為了讓機器以一種一致的方式來處理加法運算。

更多知識建議閱讀《j計算機組成原理》。

與或非異或運算

在處理整型數值時，位運算子可以直接對組成整型數值的各個位進行操作。這些位運算子在位模式下工作。位運算子包括：&、|、~、^

與（&）

對應位都為1，結果為1，否則結果為0

int a=129;

int b=128;

System.out.println("a與b的結果："+(a&b));

# 輸出

a與b的結果：128

計算過程如下:

或（|）

對應位只要有一個為1，結果是1，否則就為0

int a=129;

int b=128;

System.out.println("a或b的結果："+(a|b));

# 輸出

a或b的結果是：129

計算過程如下:

非（~）

位為0，結果是1；位為1，結果是0

 int a = 8;

System.out.println("非a的結果："+(~a));

# 輸出

非a的結果：-9

計算過程如下

        //8轉換為二進位制

        1000

        // 補符號位

        01000

        // 取反

        10111 (補碼)

        // 轉原始碼除符號位取反+1

        11001

異或（^）

對應位相同，結果是0，否則結果是1

移位運算

移位運算見名知意，是數字二進位的移動，我們這裡只討論int型的移位運算。

<< 左移運算子

數值的補碼全部左移若干位，符號位和高位丟棄，低位補 0。

>> 右移運算子

數值的補碼全部右移若干位，符號位不變。

假如int是8位二進位制，兩個例子如下：

10的補碼為0000 1010，左移一位變成20（0001 0100），右移一位變成5（0000 0101）

5的補碼為0000 0101，左移一位變成10（0000 1010），右移一位變成2（0000 0010）

求次數問題

LeetCode136. 只出現一次的數字

題目：136. 只出現一次的數字 (https://leetcode-cn.com/problems/single-number/)

難度：簡單

描述：

給定一個非空整數陣列，除了某個元素只出現一次以外，其餘每個元素均出現兩次。找出那個只出現了一次的元素。

說明：

你的演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？

思路：

雜湊法

用雜湊表儲存每一個元素出現的次數，最後找到出現一次的元素。

程式碼如下：

    public int singleNumber(int[] nums) {

        Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();

        //儲存元素出現的次數

        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {

            map.put(nums[i], map.getOrDefault(nums[i], 0) + 1);

        }

        //遍歷獲取出現次數為1的情況

        for (int k : map.keySet()) {

            if (map.get(k) == 1) {

                return k;

            }

        }

        return -1;

    }

時間複雜度：O(n)

空間複雜度：O(n)

位運算

題中要求空間複雜度O(1)，雜湊法明顯是不合要求的。

這裡有一個全新的方法：位運算。

異或運算有如下特點：

一個數和 0 做異或運算等於本身：a⊕0 = a
一個數和其本身做 異或 運算等於 0：a⊕a = 0
異或 運算滿足交換律和結合律：a⊕b⊕a = (a⊕a)⊕b = 0⊕b = b

可以重複分利用異或運算的特性，異或陣列所有元素，最後留下的那個就是隻出現一次的元素。

    public int singleNumber(int[] nums) {

        int ans = 0;

        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {

            //異或運算

            ans ^= nums[i];

        }

        return ans;

    }

時間複雜度：O(n)

空間複雜度：O(1)

LeetCode137. 只出現一次的數字 II

題目：137. 只出現一次的數字 II (https://leetcode-cn.com/problems/single-number-ii/)

難度：中等

描述：

給你一個整數陣列 nums ，除某個元素僅出現一次外，其餘每個元素都恰出現 三次。請你找出並返回那個只出現了一次的元素。

這道題和劍指 Offer 56 - II. 陣列中數字出現的次數 II 是一樣的。

思路：

雜湊法

第一反應還是雜湊法，不用多說了，直接上程式碼：

    public int singleNumber(int[] nums) {

        if (nums.length == 1) {

            return nums[0];

        }

        Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();

        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {

            map.put(nums[i], map.getOrDefault(nums[i], 0) + 1);

        }

        for (int k : map.keySet()) {

            if (map.get(k) == 1) {

                return k;

            }

        }

        return -1;

    }

時間複雜度：O(n)

空間複雜度：O(n)

位運算

好了，又到了我們的主角出場。

將我們的數的二進位制位每一位相加，然後對每一位的和與3取餘：

這個原理是什麼呢？

如果其他數都出現 3 次，只有目標數出現 1 次，那麼每一位的 1 的個數無非有這兩種情況，

為 3 的倍數（全為出現三次的數）
3 的倍數 +1（包含出現一次的數）

這個 3 的倍數 +1 的情況也就是我們的目標數的那一位。

程式碼如下：

    public int singleNumber(int[] nums) {

        int res = 0;

        for (int i = 0; i < 32; i++) {

            int count = 0;

            for (int num : nums) {

                //檢查第i位是否為1

                if ((num >> i & 1) == 1) {

                    count++;

                }

            }

            if (count % 3 != 0) {

                //將第i位設為1

                res = res | 1 << i;

            }

        }

        return res;

    }

時間複雜度：O(n)

空間複雜度：O(1)

LeetCode260. 只出現一次的數字 III

題目：260. 只出現一次的數字 III (https://leetcode-cn.com/problems/single-number-iii/)

難度：中等

描述：

給定一個整數陣列 nums，其中恰好有兩個元素只出現一次，其餘所有元素均出現兩次。找出只出現一次的那兩個元素。你可以按任意順序返回答案。

這道題和劍指 Offer 56 - I. 陣列中數字出現的次數是一模一樣的。

思路：

這次不是一個重複的元素了，是兩個。還是先上我們樸素的雜湊法。

雜湊法

程式碼如下：

    public int[] singleNumber(int[] nums) {

        int[] res = new int[2];

        Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();

        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {

            map.put(nums[i], map.getOrDefault(nums[i], 0) + 1);

        }

        int index = 0;

        for (int k : map.keySet()) {

            if (map.get(k) == 1) {

                res[index] = k;

                index++;

            }

        }

        return res;

    }

時間複雜度：O(n)

空間複雜度：O(n)

位運算[5]

我們在 LeetCode136. 只出現一次的數字 裡只用了一個異或就找出了那個出現一次的數字。

這道題怎麼辦呢？

要是我們能把它分成兩組就好了。

怎麼分呢？

大家都知道異或運算對應位相同，結果是0，否則結果是1

我們可以根據兩個數某一位是否是0和1來把陣列分為兩組。

例如陣列： [12，13，14，17，14，12]

異或的結果是：13^17。

分組位找到了。

那麼怎麼藉助分組位進行分組呢？

13、17的異或值，可以僅保留異或值的分組位，其餘位變為 0，例如 11100變成00100。

為什麼要這麼做呢？在第二題提到，我們可以根據 a & 1 來判斷 a 的最後一位為 0 還是為 1，所以我們將 11100變成00100之後，然後陣列內的元素 x & 001 即可對 x 進行分組。

那麼我們如何才能僅保留分組位，其餘位變為 0 呢？

可以利用 x & (-x) 來保留最右邊的 1。

程式碼如下：

    public int[] singleNumber(int[] nums) {

        int bitMask = 0;

        //把陣列中的所有元素全部異或一遍

        for (int num : nums) {

            bitMask ^= num;

        }

        //保留最右邊的1

        bitMask &= -bitMask;

        int[] res = {0, 0};

        for (int num : nums) {

            //將陣列分成兩部分，每部分分別異或

            if ((num & bitMask) == 0) {

                res[0] ^= num;

            } else {

                res[1] ^= num;

            }

        }

        return res;

    }