上一篇 位运算：LeetCode（一） 191. 位1的个数，231. 2的幂，190. 颠倒二进制位，371. 两整数之和
136. 只出现一次的数字¹
给定一个非空整数数组，除了某个元素只出现一次以外，其余每个元素均出现两次。找出那个只出现了一次的元素。
说明：
你的算法应该具有线性时间复杂度。 你可以不使用额外空间来实现吗？
示例 1:
输入: [2,2,1]
输出: 1
示例 2:
输入: [4,1,2,1,2]
输出: 4
解法一：暴力法
- 思路：对于每个数字，都在整个数组找一遍看有无相同元素
- 复杂度
- Time：O(n^2)
- Space：O(1)
public int singleNumber(int[] nums) {
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
boolean flag = true;
for (int j = 0; j < nums.length; j++) {
if (nums[i] == nums[j] && i != j) {
flag = false;
continue;
}
}
if (flag) return nums[i];
}
return nums[0];
}
解法二：空间换时间（Set）
- 思路：上面是双重循环来判断是否有重复元素，那可不可以通过引入一个容器来降低时间复杂度呢？可以的，这里很适合使用Set。依次将所有元素加入set，然后判断是否有重复的。那不重复的元素怎么求呢？可以通过数字特征来求，求所有元素的和 sum，再求所有不重复元素的和 uniqueSum，则不重复元素=2*uniqueSum-sum。
- 复杂度：
- Time：O(n)，只用遍历一遍
- Space：O(n)，要引入一个set来保存所有数据
public int singleNumber(int[] nums) {
Set<Integer> set = new HashSet<>();
int sum = 0, uniqueSum = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
// Set.add()，返回boolean（当前元素是否添加成功（不存在））
if (set.add(nums[i])) uniqueSum += nums[i];
sum += nums[i];
}
// 除一个数字出现一次外，其余数字都出现两次
// 所以 唯一的数 = 2 * 出现一次数字和 - 当前所有数字和
return 2 * uniqueSum - sum;
}
解法三：位运算（异或）
- 思路：任何数异或它自己等于0
- 复杂度
- Time：O(n)
- Space：O(1)
// Time：O（n）， Space：O（1）
public int singleNumber(int[] nums) {
int res = 0;
// 1.a ^ a = 0
// 2.交换律 =====> 所有数异或的结果就是唯一
for (int i = 0; i < nums.length; i++) res ^= nums[i];
return res;
}
268. 缺失数字¹
给定一个包含 0, 1, 2, ..., n 中 n 个数的序列，找出 0 .. n 中没有出现在序列中的那个数。
示例 1:
输入: [3,0,1]
输出: 2
示例 2:
输入: [9,6,4,2,3,5,7,0,1]
输出: 8
说明: 你的算法应具有线性时间复杂度。你能否仅使用额外常数空间来实现?
1.解法一：暴力法
- 思路：先排序，再遍历，判断 i 是否等于 nums[i]
- 复杂度
- Time：O（n）
- Space：O（1）
public int missingNumber(int[] nums) {
Arrays.sort(nums);
for (int i = 0; i < nums.length; i++)
if (nums[i] != i)
return i;
return nums.length;
}
解法二：位运算（异或）
- 思路：还是判断 nums[i] 是否等于 i，但这里采用相同的两个数异或（^）结果为0 + 交换律
- 复杂度
- Time：O（n）
- Space：O（1）
public int missingNumber(int[] nums) {
// 注：这里一定要初始化为len，因为在遍历数组时 i 不会等于len
int res = nums.length;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) res = res ^ i ^ nums[i];
return res;
}
461. 汉明距离¹
两个整数之间的汉明距离指的是这两个数字对应二进制位不同的位置的数目。
给出两个整数 x 和 y，计算它们之间的汉明距离。
注意：
0 ≤ x, y < 231.
示例:
输入: x = 1, y = 4
输出: 2
解释:
1 (0 0 0 1)
4 (0 1 0 0)
↑ ↑
上面的箭头指出了对应二进制位不同的位置。
解法一：位运算（异或）
- 思路：异或就是不进位加法，即11=0 , 00=0，10=1。所以 x ^ y 得到的结果有几个 1，就代表有多少位不同
- 复杂度
- Time：O（n），n与x，y的二进制位数有关
- Space：O（1）
class Solution {
public int hammingDistance(int x, int y) {
// x^y的结果中，如果有相同位，此时num相应位置已经为0。所以现在统计1的个数
int num = x ^ y;
int count = 0;
while (num > 0) {
if ((num & 1) == 1) count++;
num >>= 1;
}
return count;
}
}
优化：java提供了 bitCount 方法，统计一个数字的二进制中，有几个1
class Solution {
public int hammingDistance(int x, int y) {
return Integer.bitCount(x ^ y);
}
}
50. Pow(x, n)²
实现 pow(x, n) ，即计算 x 的 n 次幂函数。
示例 1:
输入: 2.00000, 10
输出: 1024.00000
示例 2:
输入: 2.10000, 3
输出: 9.26100
示例 3:
输入: 2.00000, -2
输出: 0.25000
解释: 2-2 = 1/22 = 1/4 = 0.25
说明:
- -100.0 < x < 100.0
- n 是 32 位有符号整数，其数值范围是 [−231, 231 − 1] 。
解法一：暴力法（超时）
- 思路：循环，每次都乘x
- 注意：若 n < 0，需要做处理
- 复杂度：
- Time：O（n）
- Space：O（1）
public double myPow(double x, int n) {
double res = 1;
// 转换成long是因为 int[-2147483648,2147483647] 而2147483648超出了int范围
long N = Math.abs((long)n);
for (int i = 0; i < N; i++)
res *= x;
return n > 0 ? res : 1 / res;
}
public double myPow(double x, int n) {
double pow = 1;
for (int i = 0; i < Math.abs(n); i++) {
pow = n >= 0 ? pow * x : pow / x;
}
return pow;
}
解法二：位运算
- 思路：例如 x ^ 11 = ？
- 11 = 1011，即8421码
- x ^ 11 = x^8 * x^2 * x^1，即加权相乘，权 = x ^ 8421... = 之前一位的平方
- 复杂度：
- Time：O(logn），因为>>等于/2二分
- Space：O(1)
public double myPow(double x, int n) {
double res = 1;
// 注：转换成long是因为 int[-2147483648,2147483647] 而2147483648超出了int范围
long N = Math.abs((long)n);
while (N != 0) {
// 与 0001取余得最低位
if ((N & 1) == 1)
// 权值相乘
res *= x;
// 右移，准备得到下一位
N >>= 1;
// 平方，得到下一位的权值
x *= x;
}
return n > 0 ? res : 1 / res;
}
