《剑指Offer》-56-数组中数字出现的次数
数组中除了两个数字,其他数字都出现了两次,找出这两个只出现了一次的数字
判断一个数字出现过没有,我们最常用的就是 set,set 中存在,那么就说明已经出现过了
但是这里要求空间复杂度O(1)
,所以得换个思路
于是我想到了排序,将数组排序后相同的两个重复元素肯定是相邻的,这样我们只需要一次遍历就能够找出只出现一次的元素了
但是哪怕是性能最优的排序,时间复杂度也是O(N logN)
,仍然不满足题目要求,肯定还有更好的办法
数组元素大小没有限定,用不了数组下标;双指针也不合适……
翻书,面试官提示:假如只考虑只有一个只出现一次的数字,你会怎么做?
本题的关键在于 发散
还是不知道,有什么区别吗
答案揭晓
用异或,将数组中所有的元素依次异或,根据:
- 相同元素异或得 0
- 0 异或任何元素等于元素本身
这样就能得到唯一一个只出现了一次的数字
那么拓展到出现了两个呢?两个只出现一次的数字肯定就不能再向上面那样简单粗暴了
我还是想不到
题目给出的做法是:将数组分开为两个数组。每个子数组中包含了一个只出现了一次的数字,区分的标准则是全部异或得到的数字的二进制表示中第一个为 1 的位置,在原始数组元素的二进制表示中是否为 1,很绕
vector<int> singleNumbers(vector<int>& nums) {
unsigned int res = nums[0];
for (int i = 1; i < nums.size(); i++) {
res ^= nums[i];
}
int indexBit = 0;// 计数,从右往左第几位
// 怎么找二进制表示中最右边的1?&1==0代表了什么,代表是偶数,即最右边不是1
while ((res & 1) == 0 && indexBit < 8 * sizeof(int)) {
res = res >> 1;
++indexBit;
}
int num1=0, num2=0;
for (int num : nums) {
if ((num >> indexBit) & 1) num1 ^= num;
else num2 ^= num;
}
return { num1,num2 };
}
Ⅱ 一个数字出现一次,其余出现三次
沿用位运算的思路,但是这次将数组各位按位相加,最终得到能被 3 整除的位就是重复的位,那么不重复数字那一位就是 0,否则是 1
int singleNumber(vector<int>& nums) {
int bitMask[32] = { 0 };
for (int num : nums) {
// 从左向右依次判断数字每一位的数字并加到对应数组位
for (int i = 0; i < 32; i++) {
if (num & 1)bitMask[i]++;
num = num >> 1;
}
}
int res = 0;
for (int i = 31; i >= 0; i--) {
res = res << 1;
res += bitMask[i] % 3;
}
return res;
}
我的做法其实不够好,因为我改变了原始数组中的数字,原书中更好的做法是:
for (int num : nums) {
int mask = 1;
for (int i = 0; i < 32; i++) {
if(num&mask) bitMask[i]++;
mask = mask << 1;
}
}
为什么第一题不能这么做?因为第一题要求要两个数字
这样做可以不改变原数组,另外还有 GPT 给出的我看不懂,但是我大受震撼的解法:
int singleNumber(vector<int>& nums) {
int ones = 0, twos = 0;
for (int num : nums) {
ones = (ones ^ num) & ~twos;
twos = (twos ^ num) & ~ones;
}
return ones;
}