ACM学习历程—计蒜客15 单独的数字（位运算）

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题目要求是求出只出现一次的数字，其余数字均出现三次。

之前有过一个题是其余数字出现两次，那么就是全部亦或起来就得到答案。

这题有些不太一样。

显然，最裸的做法就是cnt[i]表示i出现的次数。然后求出cnt[i]为1的那一个。

然后可能会考虑到，对于这些数字的二进制位来看，某一位二进制位出现3的倍数次的话，那么只出现一次的数字这一位一定是0。如果出现3的倍数加1次，那么自然，只出现一次的数字这一位一定是1。

然后就考虑用cnt[i]表示，这些数二进制第i位，出现1的次数。

最后答案就能用cnt[32]生成了。

时间复杂度O(nlogx)，空间32*int。

其实我们考虑的时候，只需要保存cnt[i]%3的结果，也就是说cnt[i]的取指只有0，1，2三种。

那么我们就可以这样来设定状态，cnt[i]表示：当cnt[i]的某位二进制位出现1时，表示这些数字在这一位出现的次数模3是i。

于是就有cnt[1], cnt[2], cnt[3]三种了，而且这三个二进制位的某一个只有一个是1。

接下来考虑状态是怎么转移的。

加入新加入一个x。

这个x的第j位是1。

那么如果cnt[i-1]的第j位是1，cnt[i]的第j位就将要变成1。这是出现进位的情况。

那么如果cnt[i]的第j为是0，自然，除非发生进位，否则还是0。

如果x的第j位是0。

那么如果cnt[i]的第j位是1，那么还是1。

那么如果cnt[i]的第j为是0，那么还是0。

也就是说，新的cnt[i]将有两部分构成，一部分是原有的1，而且没有进位的，还有一部分是进位得到的1。

对于原有没有进位的1，满足原0，现在还是0；原1，来了1，变成0；原1，来了0，还是1；发现~x&cnt[i]满足这个条件。

对于进位得到的1，显然是x&cnt[i-1]。

两部分结合cnt[i] = (x&cnt[i-1])&(~x&cnt[i])。

于是可以时间复杂度O(n)实现。

 

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>

using namespace std;

int main()
{
    int n, x, y, z, t, a;
    while (scanf("%d", &n) != EOF)
    {
        x = y = 0;
        z = ~0;
        for (int i = 0; i < n; ++i)
        {
            scanf("%d", &a);
            t = (a&x)|(~a&y);
            x = (a&z)|(~a&x);
            z = (a&y)|(~a&z);
            y = t;
        }
        printf("%d\n", x);
    }
}