一道位运算的算法题

最近遇到这样一道算法题：

Given an array of integers, every element appears three times except for one. Find that single one.

一组整数，除了一个只出现一次以外，其他每个整数都恰好出现三次，要寻找那个特殊的整数。

似曾相识

首先，它让我想起了另外一道类似的题目，如果把上面的“ 恰好三次”，改成“ 恰好两次”，寻找那个特殊的整数，又该怎么解？

那样的话，我希望找到一个方法，让两个相同的数进行运算以后，能够泯灭掉，这样所有的数进行运算，剩下的值就是那个特殊的数。恰好有这样的方法，这个方法就是“ 异或”：

public int singleNumber(int[] A) {
    int total = 0;
    for (int a : A)
        total ^= a;
    return total;
}

通用算法

“ 恰好两次” 恰好有“ 异或” 来解，现在“ 恰好两次” 变成了“ 恰好三次”，推广一点说，如果是“ 恰好 N 次”，该怎么解？

通用的算法中，用一个 HashMap 可以得到复杂度近似为 n 的解法，key 为数字本身，value 计数，到三次的时候 delete 掉这个 entry，循环完成以后整个 HashMap 中剩下的就是那个特殊的整数了。这个解法普普通通，没有叙述的必要。这个方法可以保证“ 恰好 N 次” 一样解决。这个算法很简单，就不写出来了。

另外一个思路，借由位操作，对于整数 32 位，对于每一位，整个数列的数加起来去取 3 的余数，就是那个特殊的数在该位上的值。这个方法也可以保证“ 恰好 N 次” 一样能够被解决：

public int singleNumber(int[] A) {
	int ret = 0;
	for (int i = 0; i < 32; i++) {
		int c = 0, mask = 1 << i;  // ① mask, 第 i 位为 1，其他位都为 0
		for (int j = 0; j < A.length; j++) {
		int val = (A[j] & mask);
		if ( val>0 || val<0 ) {  // ② 如果该数在这一位上为 1，计数器就加一
			c++;
			}
		}
		if (c%3 > 0)  // ③ 这一位的计数除以 3 取余数，在这里只可能为 0 或 1
			ret |= mask;
	}
	return ret;
}

关于补码

但是，我在一开始实现这个算法的时候，在上面代码中②的位置，我漏掉了 val<0 的情况，因为第一印象告诉我，一个正整数去与上一个掩码数，会得到一个正整数。但是这是错误的印象。比如在参数 A 等于 { -1, -1, -2, -1 } 的时候，漏掉 val<0 的结果等于一个荒唐的 2147483646。

这是为什么呢？

因为负数在内存中是以补码方式存放的，第一位最高位是符号位，0 表示正数，1 表示负数，仅当表示负数的时候，余下的 31 位等于那个数的数值每一位都取反，然后加 1。例如-1，这 32 位数是：

// 取反加一前：
1（符号位）000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0001
// 取反加一后：
1（符号位）111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111

32 位整数的范围是从-2147483648 到 2147483647，为何负值比正值能表示的数多一个，就在于这个“ 加一”（表示 0 的时候符号位是 0，相当于表示 0 的时候占用了正数的表示法）。

所以，如果漏掉了上面代码中 val<0 的情况，在执行到 i=31 的循环的时候，掩码 mask 即 1<<i 是-2147483648，因为它把符号位给变成了 1，后面都是 0：

// 即
1（符号位）000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000
// 如果按照“ 取反加一” 的规则，它是由它自己取反加一而来的，发生了溢出
1（符号位）000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000

所以这个数也是补码表示的负数中，最特殊的一个。

那为什么上面说漏掉 val<0 之后算错的结果是 2147483646 呢？

这个实际要求解的数-2 在内存中的表示是这样的：

// 取反加一前：
1（符号位）000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0010
// 取反加一后：
1（符号位）111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1110
// 符号位错误：
0（符号位）111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1110

由于前面说到的，符号位错误了，变成了正数，而正数的表示法可不是补码表示，所以得出了 2147483646 这个数。

借助两个数的每一位存储信息

下面这个方法稍微有点难理解，而且很容易写错。需要两个数（one 和 accumulation），因为一个数在每一位上面无法存放超过两次同样的数出现的信息。每次循环中，需要先标记出现，然后再清零出现过三次的标志位。最终 one 留下的每一位都是无法清零的，即出现次数不是 3 的整数倍的。

public int singleNumber4(int A[])
{
	int one = 0; // 出现一次的标志位
	int accumulation = 0; // 积累标志位
	for (int i = 0; i < A.length; i++)
	{
		accumulation |= A[i] & one; // 只要第二次或者以上出现，就为 1
		one ^= A[i];  // 出现奇数次保留，偶数次抛弃
		int t = one & accumulation;  // 第三次的时候 one 和 accumulation 都保留了该位的值
		one &= ~t;  // 清零出现三次的该位的值
		accumulation &= ~t;
	}
	return one;
}

其实，这道题还有许多其他做法，既包括利用位运算的其他做法，也有那种“ 先排序，然后再寻找特殊数” 这样突破常规想法的解法（其实我觉得先排序这样的做法很好啊，虽然复杂度稍微高一些（取决于排序的时间复杂度了），但是清晰，而且通用性更好。方法虽然简单，但是我大概受到的教条式思维太严重了，这样的方法根本没有想到……）。

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【2014-11-9】偶然知道还有一种看起来更简单的方式，来自这里：

public int singleNumber(int[] A) {
    int ones = 0, twos = 0;
    for(int i = 0; i < A.length; i++){
        ones = (ones ^ A[i]) & ~twos;
        twos = (twos ^ A[i]) & ~ones;
    }
    return ones;
}

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