Question:
一个整型数组里只有一个或两个数字之外,其他的数字都出现了偶数次。求这个或这两个只出现一次的数字
解:
题中关键信息为其它数字出现偶数次,想到异或运算的性质知一个数与自身偶数次异或结果为0,可知如果将数组中所有的数字进行异或,则结果等于这两个只出现一次的数字的异或
异或的定义:
异或(xor)是一个数学运算符。它应用于逻辑运算。异或的数学符号为“⊕”,计算机符号为“xor”。其运算法则为:
a⊕b = (¬a ∧ b) ∨ (a ∧¬b)
如果a、b两个值不相同,则异或结果为1。如果a、b两个值相同,异或结果为0。
有了上面简单问题的解决方案之后,我们回到原始的问题。如果能够把原数组分为两个子数组。在每个子数组中,包含一个只出现一次的数字,而其它数字都出现两次。如果能够这样拆分原数组,按照前面的办法就是分别求出这两个只出现一次的数字了。
我们还是从头到尾依次异或数组中的每一个数字,那么最终得到的结果就是两个只出现一次的数字的异或结果。因为其它数字都出现了两次,在异或中全部抵消掉了。由于这两个数字肯定不一样,那么这个异或结果肯定不为0 ,也就是说在这个结果数字的二进制表示中至少就有一位为1 。我们在结果数字中找到第一个为1 的位的位置,记为第N 位。现在我们以第N 位是不是1 为标准把原数组中的数字分成两个子数组,第一个子数组中每个数字的第N 位都为1 ,而第二个子数组的每个数字的第N 位都为0 。
现在我们已经把原数组分成了两个子数组,每个子数组都包含一个只出现一次的数字,而其它数字都出现了两次。因此到此为止,所有的问题我们都已经解决。
public class Solution {
public void FindNumsAppearOnce(int [] array,int num1[] , int num2[]) {
if(array==null ||array.length<2)
return ;
int temp = 0;
for(int i=0;i<array.length;i++)
temp ^= array[i];
int indexOf1 = findFirstBitIs(temp);
for(int i=0;i<array.length;i++){
if(isBit(array[i], indexOf1))
num1[0]^=array[i];
else
num2[0]^=array[i];
}
}
public int findFirstBitIs(int num){
int indexBit = 0;
while(((num & 1)==0) && (indexBit)<8*4){
num = num >> 1;
++indexBit;
}
return indexBit;
}
public boolean isBit(int num,int indexBit){
num = num >> indexBit;
return (num & 1) == 1;
}
}
//num1,num2分别为长度为1的数组。传出参数
//将num1[0],num2[0]设置为返回结果
public class Solution {
public void FindNumsAppearOnce(int [] array,int num1[] , int num2[]) {
if(array.length < 2) return ;
int myxor = 0;
int flag = 1;
for(int i = 0 ; i < array.length; ++ i )
myxor ^= array[i];
while((myxor & flag) == 0) flag <<= 1;
// num1[0] = myxor;
//num2[0] = myxor;
for(int i = 0; i < array.length; ++ i ){
if((flag & array[i]) == 0) num2[0]^= array[i];
else num1[0]^= array[i];
}
}
}
题目中包括三个小的问题,由简单到复杂:
1,如果只有一个出现一次,考察到异或的性质,就是如果同一个数字和自己异或的活结果为零,那么循环遍历一遍数组,将数组中的元素全部做异或运算,那么出现两次的数字全部异或掉了,得到的结果就是只出现一次的那个数字。
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
int main(int argv,char* argc[])
{
int index;
int res=0;
int arr[11]={0};
for(index=0;index<11;index++)
{
scanf("%d",&arr[index]);
}
for(index=0;index<11;index++)
{
res^=arr[index];
}
printf("这个数是%d\n",res);
system("pause");
}
2,如果有两个只出现一次的数字,设定为a,b。也是应用异或,但是数组元素全部异或的结果x=a^b,因为a,b是不相同的数字,因此x肯定不为0。对于x,从低位到高位开始,找到第一个bit位为1的位置设定为第m位,这个第m位的bit肯定来自a或者来自b,不可能同时a,b的第m位(从低到高位)都为1。这样,就可以根据这个第m位就可以把数组分为两个部分,一组为第m位为0,一组为第m位为1.这样,就把问题分解成了求两个数组中只出现一次的数字了。
#include<stdio.h>
int get_first_position(int num) //从低位开始找到第一个位1的bit位
{
int index=1;
int i=0;
while(i<32)
{
if((num&(1<<i))==(1<<i))
break;
else
{
index++;
i++;
}
}
return index;
}
int is_bit_one(int num,int index) //判断给定的索引位置的bit位是否为1
{
num=(num>>index);
return num&1;
}
void get_two_unique_num(int *a,int n,int *num1,int *num2)
{
int exclusive_or_result=0;
*num1=0;
*num2=0;
for(int i=0;i<n;i++)
exclusive_or_result^=a[i];
int index=get_first_position(exclusive_or_result);
for(i=0;i<n;i++)
if(is_bit_one(a[i],index))
(*num1)^=a[i];
for(i=0;i<n;i++)
if(!is_bit_one(a[i],index))
(*num2)^=a[i];
}
void main()
{
int a[]={2,2,4,4,6,6,3,5};
int num1,num2;
get_two_unique_num(a,sizeof(a)/sizeof(int),&num1,&num2);
printf("%d\t%d\n",num1,num2);
}
3,考虑给定数组中有三个单独出现一次的数字,这个会比有两个的稍微复杂。分步分析,设定这三个数为a,b,c:
(1)将数组中的数字全部异或,得到的结果x=a^b^c,但是x不是a,b,c中的其中一个,假设x=a,那么b^c=0说明b=c,与题目给定的条件矛盾。
(2)设定f(n)可以像2中的那样,从低位开始,找到第一个bit为1的位置,f(x^a),f(x^b),f(x^c)得到的值肯定都不为0,因为x^a,x^b,x^c本身就不为0。f(x^a)^f(x^b)^f(x^c)结果不为0。因为f(x^a)^f(x^b)的结果中可能为0,也可能有两个bit为1。如果假设f(x^c)的结果bit为1的位置与f(x^a)^f(x^b)的其中一个重合,则f(x^a)^f(x^b)^f(x^c)结果中只有1个bit为1,如果不重合的话那么有3个bit位为1。
(3)这便可以推断出f(x^a)^f(x^b)^f(x^c)中至少有一个bit位为1。假设从低位到高位的第mbit位为1.那么可以得出结论x^a,x^b,x^c中有一个或者三个的第m位为1(不可能有两个,因为有两个的话,异或的结果就为0了)。
(4)证明,x^a,x^b,x^c中只有一个第m-bit位为1.假设他们的第m位都为1,那么x的第m位为0,但是x=a^b^c其第m位肯定为1,所以假设不成立。那么相反,假设x的第m位为1,a,b,c的第m位都为0,也不成立,因为x=a^b^c。所以综上所述x^a,x^b,x^c中只有一个第m位为1。那么这个问题就好办了。根据这个第m位找到第一个只出现一次的数字。然后剩下两个就是问题2所描述的问题。下面给出代码:
#include<stdio.h>
int get_first_bit(int num)
{
return num&~(num-1);
}
void get_two_unique_num(int *a,int n,int *num1,int *num2)
{
int result_code=0;
for(int i=0;i<n;i++)
result_code^=a[i];
int diff=get_first_bit(result_code);
*num1=0;
*num2=0;
for(i=0;i<n;i++)
{
if(a[i]&diff)
{
(*num1)^=a[i];
}
else
{
(*num2)^=a[i];
}
}
}
void get_three_unique_num(int *a,int n,int *num1,int *num2,int *num3)
{
int result_code=0;
for(int i=0;i<n;i++)
result_code^=a[i];
int flag=0;
for(i=0;i<n;i++)
flag^=get_first_bit(result_code^a[i]);
flag=get_first_bit(flag);
*num1=0;
for(i=0;i<n;i++)
{
if(get_first_bit(result_code^a[i])==flag)
{
(*num1)^=a[i];
}
}
for(i=0;i<n;i++)
{
if(a[i]==(*num1))
{
int temp=a[i];
a[i]=a[n-1];
a[n-1]=temp;
break;
}
}
get_two_unique_num(a,n-1,num2,num3);
}
void main()
{
int a[]={2,2,4,4,6,6,3,5,7};
int num1,num2,num3;
get_three_unique_num(a,sizeof(a)/sizeof(int),&num1,&num2,&num3);
printf("%d\t%d\t%d\n",num1,num2,num3);
}
再看一个例子:
1、一个整型有序数组,数组里除了一个数字之外,其它的数字都出现了两次,求这个只出现一次的数
法一:运用hashMap的方法
思路:这个可以可以使用一个Map,Map对应的键值key就是数组中的元素,value就是这个元素出现的次数。这样我
通过一次遍历数组中的元素,如果元素出现在map中,则将其对应的value加1,否则将元素添加到map中,这样遍历一遍数组,我们就可以得到数组中每个元素对应出现的次数,然后再通过遍历一遍map,返回value为1对应的key就是我们需要求得元素。
时间复杂度:因为首先需要遍历一遍数组,时间开销为O(n),构建完map后需要遍历一遍map找到value为1的元素,而map的个数为n/2,时间开销为O(n/2),所以总的时间开销为O(n)。
空间复杂度:因为需要建立一个map,而且最后map的大小为n/2,所以空间复杂度为O(n)
public static void findNumsAppearOnce1(int[] arr) {
//Map对应的键值key就是数组中的元素,value就是这个元素出现的次数
Map<Integer, Integer> hashMap = new HashMap<Integer, Integer>();
for (int i : arr) {
if (hashMap.containsKey(i)) {
hashMap.put(i, hashMap.get(i) + 1); //如果存在,value值加1
} else {
hashMap.put(i, 1); //如果不存在,存入hashMap,value值等于1
}
}
//遍历一遍map,返回value为1对应的key就是我们需要求得元素
Set<Integer> set = hashMap.keySet();
for (int i : set) {
if (hashMap.get(i) == 1) {
System.out.print(i+" ");
}
}
}
法二:运用异或运算符的方法
时间复杂度:O(n)
public static void findNumAppearOnce(int[] arr) {
int result = 0;
for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
result ^= arr[i];
}
System.out.println(result);
法三:二分查找法
时间复杂度:O(NlogN)
public static int method(int[] arr) {
int start = 0; //定义变量,记录最小的索引
int end = arr.length - 1; //定义变量,记录最大的索引
int mid = (start + end) / 2; //定义变量,记录中间的索引
while ((arr[mid] == arr[mid - 1]) || (arr[mid] == arr[mid + 1])) {
if ((arr[mid] != arr[mid - 1]) && (arr[mid] != arr[mid + 1])) {//与两边的数不等,break
break;
} else if (arr[mid] == arr[mid + 1]) { //中间值与右边的值相等
if ((arr.length - 1 - mid + 1) % 2 == 0) { //加上mid对应的数后,右边字数组的数为偶数
mid = 0 + (mid - 1) / 2;
} else {
mid = (mid + (arr.length - 1)) / 2;
}
} else { //中间值与左边的值相等
if ((mid + 1) % 2 == 0) { //加上mid对应的数后,左边字数组的数为偶数
mid = ((mid + 1) + (arr.length - 1)) / 2;
} else {
mid = (0 + mid) / 2;
}
}
//判断,到数组的两端了,也break
if (mid == 0 || mid == arr.length - 1) {
break;
}
}
return mid; //如果数组中有这个元素,则返回
}
:一个数组里除了一个数字之外,其他的数字都出现了两次。请写程序找出这个只出现一次的数字。
这个题目的突破口在哪里?题目为什么要强调有一个数字出现一次,其他的出现两次?我们想到了异或运算的性质:任何一个数字异或它自己都等于0 。也就是说,如果我们从头到尾依次异或数组中的每一个数字,那么最终的结果刚好是那个只出现一次的数字,因为那些出现两次的数字全部在异或中抵消掉了。
有了上面简单问题的解决方案之后,我们回到原始的问题。如果能够把原数组分为两个子数组。在每个子数组中,包含一个只出现一次的数字,而其它数字都出现两次。如果能够这样拆分原数组,按照前面的办法就是分别求出这两个只出现一次的数字了。
我们还是从头到尾依次异或数组中的每一个数字,那么最终得到的结果就是两个只出现一次的数字的异或结果。因为其它数字都出现了两次,在异或中全部抵消掉了。由于这两个数字肯定不一样,那么这个异或结果肯定不为0 ,也就是说在这个结果数字的二进制表示中至少就有一位为1 。我们在结果数字中找到第一个为1 的位的位置,记为第N 位。现在我们以第N 位是不是1 为标准把原数组中的数字分成两个子数组,第一个子数组中每个数字的第N 位都为1 ,而第二个子数组的每个数字的第N 位都为0 。
现在我们已经把原数组分成了两个子数组,每个子数组都包含一个只出现一次的数字,而其它数字都出现了两次。因此到此为止,所有的问题我们都已经解决。