【Leetcode 136】Single Number

问题描述：给出一个整数数组，除了一个元素外，其他每个元素都出现了2次，找出只出现1次的元素。

int singleNumber(vector<int>& nums);

分析：比较自然的想法是用一个容器来进行插入、查找、删除操作。遍历nums，先查找容器中是否包含该元素，是则插入，否则删除。最后容器中只剩下只出现1次的元素。

解法：

    int singleNumber(vector<int>& nums) {
        int i = 0;
	    unordered_set<int> temp;
	    for (auto i : nums)
	    {
	        if (temp.count(i))
	            temp.erase(i);
	        else
	            temp.insert(i);
	    }
	    return *(temp.begin());
    }  // 15/15 44ms 8.57%

因此只需要选择适当的容器，set显然适合执行这个任务，但是其实unordered_set（无序集）效率更佳，使用哈希表比维护一颗二叉平衡树（STL是红黑树）要省时，对比时间：无序集是20ms，有序集是44ms。

会占用不确定的额外空间，最好是1，最坏是n / 2。

更合适且高效的做法：

当然是位运算了……（发现通过率最高的几个都是用到位运算的小花招）

利用XOR运算进行2次会还原的性质，即a ^ b ^ b = a，对整个序列依次XOR运算完毕后得到的就是a0 ^ ret，a0为初始值，ret为返回值，设a0为0即可。

利用lambda表达式可以一行完成。

    int singleNumber(vector<int>& nums) {
        return accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0,
            [](int a, int b) { return a ^ b; });
    }  // 15/15 20ms 26.77%

上述方法需要1个额外空间，其实实际应用来说基本相当于没有。但是其实也可以不用额外空间，也就是从nums第一个元素开始累积，这就需要考虑特殊情况，nums只有1个元素。

    int singleNumber(vector<int>& nums) {
        int len = nums.size();
        if (len == 1)
            return nums[0];
        auto& ret = nums[0];
        for (int i = 1; i < len; ++i)
            ret ^= nums[i];
        return ret;
    }  // 15/15 20ms 26.77%