Single Number II

Posted 2020-08-03 codingEskimo

The problem is similar to Single Number, two ways can solve it:

1. Traditional way: HashMap 参考之前的note

2. Bit Operation:

http://www.wengweitao.com/lintcode-single-number-i-ii-iii-luo-dan-de-shu.html

class Solution {
public:
	/**
	 * @param A : An integer array
	 * @return : An integer 
	 */
	bool isBit1(int num, int index){
        int mask = 1 << index; // left shift 1 to the bit we want to calculate eg. 0100 
        return (num & mask);  // & 0100 will set all other bit to be 0 except 1. 
                              // 1 will be same as original, so it either to be a number or 0000
    }
    
    int singleNumberII(vector<int> &A) {
        // write your code here
        int n = A.size();
        int res = 0;
        for(int i = 0; i < 32; ++i){
            int count = 0;
            for ( int j = 0; j < n; ++j){
                if(isBit1(A[j], i)){
                    count++;
                }
            }
            res |= (count % 3) << i;
        }
        return res;
    }
};

思路1：

对int的32bit的各个位中1出现的次数，对数组中所有元素的逐个进行统计，然后对每个bit对3取余，最终的结果就是只出现一次的数字。

由于x^x^x = x，无法直接利用I的方法来解。但可以应用类似的思路，即利用位运算来消除重复3次的数。以一个数组[14 14 14 9]为例，将每个数字以二进制表达：

 

1110

1110

1110

1001

_____

4331    对每一位进行求和

1001    对每一位的和做%3运算，来消去所有重复3次的数

 

public class Solution {
	/**
	 * @param A : An integer array
	 * @return : An integer 
	 */
    public int singleNumberII(int[] A) {
        // write your code here
        int n = A.length;
        int once = 0;
        int twice = 0;
        int third = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i){
            twice |= once & A[i]; // if it shows once, and A[i] has it again, it should set to twice;
            once ^= A[i]; //if it shows once, and A[i] has it again, it has been send to twice, once has to be set back to zero;
            third = once & twice; // if it shows once, and it shows twice, it shows three times;
            once &= ~third; //once it set to three times, set back once/twice to be zero;
            twice &= ~third;
        }
        return once;
    }
}

思路2： 利用掩码的思想。

• 变量once作为一个掩码，若once的二进制表示中的一个位置为1，表示目前使该位为1的数只出现一次
• 变量twice作为一个掩码，若twice的二进制表示中的一个位置为1，表示目前使该位置为1的数出现了2次
• 变量third作为一个掩码，若third的二进制表示中的一个位置为1，表示目前使该位置为1的数出现了3次
• 若之前出现一次（表示为once中对应的位为1），A[i]中又出现（表示为A[i]中对应的位置为1），那么twice中对应的位就为1；
• 若之前的once中出现，而A[i]中又出现，那么就不是出现一次，将对应的位取0
• once中出现一次，twice出现两次，也就是出现了3次
• 需要将once和twice中出现3次的位都置为0

以上的代码涉及到比较多的位运算，可能不大好理解。举个具体的例子：

once： 100101 使第1、3、6个bit为1的数出现3次

twice： 010101 使第1、3、5个bit为1的数出现了2次

third： 000101 根据once和twice可以得到third，第1和3个bit为1的数出现了3次。

以上算法的时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)。

 

 

扩展一：

给定一个包含n个整数的数组，除了一个数出现二次外所有的整数均出现三次，找出这个只出现二次的整数。ones记录1出现一次的数，twos记录1出现2次的数，容易知道twos记录的即是最终结果。

扩展二：

给定一个包含n个整数的数组，有一个整数x出现b次，一个整数y出现c次，其他所有的数均出现a次，其中b和c均不是a的倍数，找出x和y。使用二进制模拟a进制，累计二进制位1出现的次数，当次数达到a时，对其清零，这样可以得到b mod a次x，c mod a次y的累加。遍历剩余结果（用ones、twos、fours...变量表示）中每一位二进制位1出现的次数，如果次数为b mod a 或者 c mod a，可以说明x和y的当前二进制位不同（一个为0，另一个为1），据此二进制位将原数组分成两组，一组该二进制位为1，另一组该二进制位为0。这样问题变成“除了一个整数出现a1次（a1 = b 或 a1 = c）外所有的整数均出现a次”，使用和上面相同的方式计算就可以得到最终结果，假设模拟a进制计算过程中使用的变量为ones、twos、fours...那么最终结果可以用ones | twos | fours ...表示。