84 落单的数 III
原题网址:http://www.lintcode.com/zh-cn/problem/single-number-iii/#
给出2*n + 2个的数字,除其中两个数字之外其他每个数字均出现两次,找到这两个数字。
给出 [1,2,2,3,4,4,5,3],返回 1和5
O(n)时间复杂度,O(1)的额外空间复杂度
class Solution {
public:
/*
* @param A: An integer array
* @return: An integer array
*/
vector<int> singleNumberIII(vector<int> &A) {
// write your code here
vector<int> result;
if (A.empty())
{
return result;
}
int size=A.size();
sort(A.begin(),A.end());
for (int i=;i<size-;i+=)
{
if (A[i]-A[i+]!=)
{
result.push_back(A[i]);
A.push_back(A[i]);
break;
}
}
int temp=;
for (int j=;j<(int)A.size();j++)
{
temp=temp^A[j];
}
result.push_back(temp);
return result;
}
};
挑战版: 参考 https://blog.csdn.net/guoziqing506/article/details/52231357
我们之前已经做过两道类似的题目,分别是落单的数,落单的数 II,思路都是位运算。这道题也不例外。
不过这道题想出方法来倒还真不太容易,至少我当时没想出来,也是后来查了别人的做法,才知道的,在此,我将别人的方法用我的话再说一遍,努力让它更好理解。
当然,首先想到的就是跟之前2*n + 1个数时的情况一样(详见:落单的数),先将所有的数异或一遍,这样,我们就将数组中那两个不同的数异或到了一个结果中(此处不懂的话看刚才给的链接)。现在的难处在于无法将这个结果拆开,拆成我们想要的那两个不同的数。
怎么办呢?我们如果对二进制足够熟悉,就不难得出这样一个结论,这个异或的结果(为方便描述,记为Xor)的二进制位中为1的位,必然是这两个不同的数(方便起见,记为first 和 second)不同的位,也就是说,first和second在这些位中一个是1,一个是0。不失一般性,我们就找Xor中第一个为1的位,将这个位数记为k.
那么,一定隐含了这样一个逻辑:在成对的2*n个数当中,一定有2x个数的第k位是1,而有2y个数的第k位是0,其中,x + y = n,所以,
换个说法,既然Xor的第k为是1,那我们不妨假设first的第k位是0,而second的第k位是1。那么,如果令x个数第k位为1的数,和second一起,与Xor异或,就能得到first,这个道理与2n + 1时是一样的。而再令first与Xor异或,就能得到second.
于是,可以按以下步骤操作:
1. 将数组中所有的数异或,得到一个结果,记为Xor
2. 查出Xor中第一个为1的位(也就是为1的最小的位),记为k
3. 查出数组中所有第k位为1的数(这里面当然包括second)与Xor异或,得到first
4. 将first与Xor异或,得到second
PS:位运算不会改变原变量的值。要改变原变量的值需要经过赋值表达式实现。
vector<int> singleNumberIII(vector<int> &A)
{
vector<int> result;
int temp=;
for (int i=;i<(int)A.size();i++)
{
temp=temp^A[i];
}
int first=temp;
int second=temp; int k=;
for (;k<;k++)
{
if(temp>>k&)
break;
} for (int j=;j<(int)A.size();j++)
{
if (A[j]>>k&)
{
first=first^A[j];
}
}
second=second^first; //second=temp^first;
result.push_back(first);
result.push_back(second);
return result;
}
其他参考:
https://blog.csdn.net/wangyuquanliuli/article/details/46638551
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