我这里总结了几道位运算的题目分享给大家，分别是 136 和 137， 260 和 645， 总共加起来四道题。 四道题全部都是位运算的套路，如果你想练习位运算的话，不要错过哦～～
开始之前我们先了解下异或，后面会用到。
异或的性质
两个数字异或的结果a^b是将 a 和 b 的二进制每一位进行运算，得出的数字。 运算的逻辑是果同一位的数字相同则为 0，不同则为 1。
异或的规律：
OK，我们来看下这三道题吧。
题目大意是除了一个数字出现一次，其他都出现了两次，让我们找到出现一次的数。我们执行一次全员异或即可。
class Solution:
def singleNumber(self, nums: List[int]) -> int:
single_number = 0
for num in nums:
single_number ^= num
return single_number
复杂度分析
时间复杂度：
O
(
N
)
O(N)
O(N)，其中 N 为数组长度。
空间复杂度：
O
(
1
)
O(1)
O(1)
题目大意是除了一个数字出现一次，其他都出现了三次，让我们找到出现一次的数。 灵活运用位运算是本题的关键。
Python3:
class Solution:
def singleNumber(self, nums: List[int]) -> int:
res = 0
for i in range(32):
cnt = 0 # 记录当前 bit 有多少个1
**加粗样式** bit = 1 << i # 记录当前要操作的 bit
for num in nums:
if num & bit != 0:
cnt += 1
if cnt % 3 != 0:
# 不等于0说明唯一出现的数字在这个 bit 上是1
res |= bit
return res - 2 ** 32 if res > 2 ** 31 - 1 else res
如果不这么做的话测试用例是[-2,-2,1,1,-3,1,-3,-3,-4,-2] 的时候，就会输出 4294967292。 其原因在于 Python 是动态类型语言，在这种情况下其会将符号位置的 1 看成了值，而不是当作符号“负数”。 这是不对的。 正确答案应该是 - 4，-4 的二进制码是 1111…100，就变成 2^32-4=4294967292，解决办法就是 减去 2 ** 32 。
之所以这样不会有问题的原因还在于题目限定的数组范围不会超过 2 ** 32
JavaScript:
var singleNumber = function (nums) {
let res = 0;
for (let i = 0; i < 32; i++) {
let cnt = 0;
let bit = 1 << i;
for (let j = 0; j < nums.length; j++) {
if (nums[j] & bit) cnt++;
}
if (cnt % 3 != 0) res = res | bit;
}
return res;
};
复杂度分析
时间复杂度：
O
(
N
)
O(N)
O(N)，其中 N 为数组长度。
空间复杂度：
O
(
1
)
O(1)
O(1)
上述感觉这种方法他没说清楚，特此补充完整，
class Solution {
public int singleNumber(int[] nums) {
int ans = 0;
for (int i = 0; i < 32; ++i) {
int total = 0;
for (int num: nums) {
total += ((num >> i) & 1);
}
if (total % 3 != 0) {
ans |= (1 << i);
}
}
return ans;
}
}
作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode.cn/problems/single-number-ii/solution/zhi-chu-xian-yi-ci-de-shu-zi-ii-by-leetc-23t6/
来源：力扣（LeetCode）
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和上面的137. 只出现一次的数字2思路一样。这题没有限制空间复杂度，因此直接 hashmap 存储一下没问题。 不多说了，我们来看一种空间复杂度 O ( 1 ) O(1) O(1)的解法。
由于和137. 只出现一次的数字2思路基本一样，我直接复用了代码。具体思路是，将 nums 的所有索引提取出一个数组 idx，那么由 idx 和 nums 组成的数组构成 singleNumbers 的输入，其输出是唯二不同的两个数。
但是我们不知道哪个是缺失的，哪个是重复的，因此我们需要重新进行一次遍历，判断出哪个是缺失的，哪个是重复的。
class Solution:
def singleNumbers(self, nums: List[int]) -> List[int]:
ret = 0 # 所有数字异或的结果
a = 0
b = 0
for n in nums:
ret ^= n
# 找到第一位不是0的
h = 1
while(ret & h == 0):
h <<= 1
for n in nums:
# 根据该位是否为0将其分为两组
if (h & n == 0):
a ^= n
else:
b ^= n
return [a, b]
def findErrorNums(self, nums: List[int]) -> List[int]:
nums = [0] + nums
idx = []
for i in range(len(nums)):
idx.append(i)
a, b = self.singleNumbers(nums + idx)
for num in nums:
if a == num:
return [a, b]
return [b, a]
复杂度分析
时间复杂度：
O
(
N
)
O(N)
O(N)
空间复杂度：
O
(
1
)
O(1)
O(1)
题目大意是除了两个数字出现一次，其他都出现了两次，让我们找到这个两个数。
我们进行一次全员异或操作，得到的结果就是那两个只出现一次的不同的数字的异或结果。
我们刚才讲了异或的规律中有一个任何数和本身异或则为0， 因此我们的思路是能不能将这两个不同的数字分成两组 A 和 B。 分组需要满足两个条件.
这样每一组的数据进行异或即可得到那两个数字。
问题的关键点是我们怎么进行分组呢？
由于异或的性质是，同一位相同则为 0，不同则为 1. 我们将所有数字异或的结果一定不是 0，也就是说至少有一位是 1.
我们随便取一个， 分组的依据就来了， 就是你取的那一位是 0 分成 1 组，那一位是 1 的分成一组。 这样肯定能保证2. 相同的数字分成相同组, 不同的数字会被分成不同组么。 很明显当然可以， 因此我们选择是 1，也就是 说两个独特的的数字在那一位一定是不同的，因此两个独特元素一定会被分成不同组。
class Solution:
def singleNumbers(self, nums: List[int]) -> List[int]:
ret = 0 # 所有数字异或的结果
a = 0
b = 0
for n in nums:
ret ^= n
# 找到第一位不是0的
h = 1
while(ret & h == 0):
h <<= 1
for n in nums:
# 根据该位是否为0将其分为两组
if (h & n == 0):
a ^= n
else:
b ^= n
return [a, b]
复杂度分析
时间复杂度：
O
(
N
)
O(N)
O(N)，其中 N 为数组长度。
空间复杂度：
O
(
1
)
O(1)
O(1)
class Solution {
public int[] singleNumber(int[] nums) {
int xorsum = 0;
for (int num : nums) {
xorsum ^= num;
}
// 防止溢出
int lsb = (xorsum == Integer.MIN_VALUE ? xorsum : xorsum & (-xorsum));
int type1 = 0, type2 = 0;
for (int num : nums) {
if ((num & lsb) != 0) {
type1 ^= num;
} else {
type2 ^= num;
}
}
return new int[]{type1, type2};
}
}
作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode.cn/problems/single-number-iii/solution/zhi-chu-xian-yi-ci-de-shu-zi-iii-by-leet-4i8e/
来源：力扣（LeetCode）
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