题解-找单独的数 | 豆包MarsCode AI刷题AI刷题题解：找单独的数，最优解是利用异或运算的性质，数组中的全部元

题目：找单独的数

问题描述： 在一个班级中，每位同学都拿到了一张卡片，上面有一个整数。有趣的是，除了一个数字之外，所有的数字都恰好出现了两次。现在需要你帮助班长小C快速找到那个拿了独特数字卡片的同学手上的数字是什么。要求：

设计一个算法，使其时间复杂度为 O(n)，其中 n 是班级的人数。
尽量减少额外空间的使用，以体现你的算法优化能力。

解析

如果不考虑时间复杂度和空间复杂度的限制，这道题有很多种解法，可能的解法有如下几种。
（省流：方法四最优）

方法一

使用集合存储数字。遍历数组中的每个数字，如果集合中没有该数字，则将该数字加入集合，如果集合中已经有该数字，则将该数字从集合中删除，最后剩下的数字就是只出现一次的数字。
最慢的做法是依次拿到数组每个元素，然后再遍历数组中的其他元素看有没有重复的元素，这样的话时间复杂度是 $O(n^2)$ ，不符合题目要求。
可以使用Hashset集合进行优化，定义一个HashSet，遍历数组中每个元素，并存入HashSet中，由于Set中不允许出现重复的数字，因此当添加发挥false时，证明这个元素是重复的，不是我们要找的元素，将其在HashSet中删除，遍历结束后，由于除了一个我们要找的元素外，其余的都有2个，所以重复的元素都会被移出HashSet，最终HashSet还剩下的元素就是我们要找的，solution函数代码如下：

public class Main {
    public static int solution(int[] inp) {
        Set<Integer> set = new HashSet<>();
        for (int num : inp) {
            if (!set.add(num)) {
                set.remove(num);
            }
        }
        return set.iterator().next();
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度：

遍历数组 inp 并尝试将每个元素添加到集合 set 中。这个操作的时间复杂度是 O(n)，其中 n 是数组 inp 的长度。对于每个元素，我们执行常数时间的操作（尝试添加和可能的移除）。
如果集合中已经存在该元素，则将其从集合中移除，这也是一个常数时间操作。
最后，我们使用 set.iterator().next() 来获取集合中的唯一元素。由于集合中只有一个元素，这个操作的时间复杂度是 O(1)。

因此，总的时间复杂度是 $O(n)$ 。

空间复杂度：

集合 set 用来存储数组中的所有不同元素。在最坏的情况下，如果数组中的每个元素都是唯一的，那么集合的大小将是 n。但是，由于题目条件是除了一个元素外，其余每个元素都出现两次，因此集合的大小最多是 n/2。
在平均情况下，集合的大小会小于 n/2，但为了简化分析，我们考虑最坏情况。

因此，空间复杂度是 $O(n)$ 。

方法二

使用哈希表存储每个数字和该数字出现的次数。遍历数组即可得到每个数字出现的次数，并更新哈希表，最后遍历哈希表，得到只出现一次的数字。solution函数代码如下：

public class Main {
    public static int solution(int[] inp) {
        Map<Integer, Integer> countMap = new HashMap<>();
        for (int num : inp) {
            countMap.put(num, countMap.getOrDefault(num, 0) + 1);
        }
        for (Map.Entry<Integer, Integer> entry : countMap.entrySet()) {
            if (entry.getValue() == 1) {
                return entry.getKey();
            }
        }
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(n)$ ，其中 n 是数组长度。只需要对数组遍历一次
空间复杂度： $O(n)$

方法三

使用集合存储数组中出现的所有数字，并计算数组中的元素之和。由于集合保证元素无重复，因此计算集合中的所有元素之和的两倍，即为每个元素出现两次的情况下的元素之和。由于数组中只有一个元素出现一次，其余元素都出现两次，因此用集合中的元素之和的两倍减去数组中的元素之和，剩下的数就是数组中只出现一次的数字。solution函数代码如下：

public class Main {
    public static int solution(int[] inp) {
        Set<Integer> set = new HashSet<>();
        int sumSet = 0;
        int sumArray = 0;
        for (int num : inp) {
            set.add(num);
            sumArray += num;
        }
        for (int num : set) {
            sumSet += num;
        }
        return 2 * sumSet - sumArray;
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(n)$ ，其中 n 是数组长度。只需要对数组遍历一次
空间复杂度： $O(n)$

方法四：位运算

前三种方法都需要用到 $O(n)$ 的空间，如何在保证 $O(n)$ 的时间复杂度情况下，只用到常数空间呢。
这就需要用到位运算，由于题目中明确说了除了一个只出现一次的数字，其余数字都出现2次，所以可以用到异或运算⊕，异或运算有以下三个性质：

交换律：a ⊕ b = b ⊕ a
结合律：(a ⊕ b) ⊕ c = a ⊕ (b ⊕ c)
自反律：a ⊕ a = 0
对于任何数 a，a ⊕ 0 = a
对于任何数 a，a ⊕ 1 的结果是 a 的按位取反（每一位取反，0变1，1变0）

我们可以由前四个性格得到结论，数组中的全部元素的异或运算结果就是我们想找的数字，证明如下：

假设数组中有 $2m+1$ 个数，其中 $m$ 个数各出现两次，一个数出现一次。令 $a_{1}、a_{2}、…、a_{m}$ 为出现两次的 $m$ 个数， $a_{m+1}$ 为出现一次的数。根据性质1和性质2，数组中的全部元素的异或运算结果总可以写成如下形式：
$(a_{1}\oplus a_{1})\oplus(a_{2}\oplus a_{2})\oplus···\oplus(a_{m}\oplus a_{m})\oplus a_{m+1}$
根据性质3和性质4，上式可化简和计算得到如下结果：
$0\oplus0\oplus···\oplus0\oplus a_{m+1}=a_{m+1}$
因此，数组中的全部元素的异或运算结果即为数组中只出现一次的数字。

最终solution函数代码如下：

public class Main {
    public static int solution(int[] inp) {
        int ans=0;
        for(int num:inp){
            ans^=num;
        }
        return ans;
    }
}

复杂度分析：

时间复杂度： $O(n)$ ，其中 n 是数组长度。只需要对数组遍历一次
空间复杂度： $O(1)$