算法题背后的数学之 136. Single Number

算法题背后的数学之 136. Single Number

题目链接: 136. Single Number

这道题的一个经典解法是对输入 nums 中所有的数字进行异或运算，得到的结果就是要找的数字。示例 java 代码如下 ⬇️

class Solution {
    public int singleNumber(int[] nums) {
        int ans = 0;
        for (int num : nums) {
            ans = ans ^ num;
        }
        return ans;
    }
}

但是为什么这样就能得到正确答案呢？

解释

我们先来看一下异或运算的结果是如何分布的。

异或运算的真值表

异或运算的真值表如下(这里用⊕来表示异或运算)

$a$	$b$	$a ⊕ b$
$0$	$0$	$0$
$0$	$1$	$1$
$1$	$0$	$1$
$1$	$1$	$0$

如果是 3 个 1 bit 数进行异或运算的话，有 8 种情况，具体如下 ⬇️

• $0 ⊕ 0 ⊕ 0 = 0 ⊕ 0 = 0$
• $0 ⊕ 0 ⊕ 1 = 0 ⊕ 1 = 1$
• $0 ⊕ 1 ⊕ 0 = 1 ⊕ 0 = 1$
• $0 ⊕ 1 ⊕ 1 = 1 ⊕ 1 = 0$
• $1 ⊕ 0 ⊕ 0 = 1 ⊕ 0 = 1$
• $1 ⊕ 0 ⊕ 1 = 1 ⊕ 1 = 0$
• $1 ⊕ 1 ⊕ 0 = 0 ⊕ 0 = 0$
• $1 ⊕ 1 ⊕ 1 = 0 ⊕ 1 = 1$

通过观察这些计算结果，会发现

• 异或运算满足交换律，可能也满足结合律（待验证）➡️ 能否在交换律和结合律的基础上来证明开头的解法正确呢？
• 异或运算的结果似乎只和参与计算的数中 1 的个数有关 ➡️ 能否严格证明这个猜测呢？

我们分别在这两个发现的基础上进行证明

证明思路 1: 基于 交换律/结合律 的证明

我们对加法和乘法非常熟悉，它们都满足交换律和结合律。

以整数加法为例，

• 它满足交换律是指，对任意两个整数 $a$, $b$ 而言，$a + b = b + a$ 总是成立。
• 它满足结合律是指，对任意三个整数 $a$, $b$, $c$ 而言， $(a + b) + c = a + (b + c)$ 总是成立。

异或运算似乎也满足交换律和结合律。 我们尝试证明或者找到反例来证伪。

证明异或运算满足交换律

观察异或运算的 真值表 后，可以得出，对任意的 1 bit 数 $a$, $b$, 都有 $a ⊕ b = b ⊕ a$。 由于 $a$ 和 $b$ 的取值只能是 $0$ 或 $1$，$a ⊕ b$ 一共只有 $4$ 种情况，逐个验证即可证明。

证明异或运算满足结合律

现在需要证明，对任意 1 bit 数 $a$, $b$, $c$，都有 $(a ⊕ b) ⊕ c = a ⊕ (b ⊕ c)$。

由于 $a$, $b$, $c$ 只有 $8$ 种可能的取值组合，我们逐一验证即可。

具体过程如下 ⬇️

1. $(0 ⊕ 0) ⊕ 0 = 0 ⊕ 0 = 0 ⊕ (0 ⊕ 0)$
2. $(0 ⊕ 0) ⊕ 1 = 0 ⊕ 1 = 0 ⊕ (0 ⊕ 1)$
3. $(0 ⊕ 1) ⊕ 0 = 1 ⊕ 0 = 0 ⊕ 1 = 0 ⊕ (1 ⊕ 0)$
4. $(0 ⊕ 1) ⊕ 1 = 1 ⊕ 1 = 0 = 0 ⊕ 0 = 0 ⊕ (1 ⊕ 1)$
5. $(1 ⊕ 0) ⊕ 0 = 1 ⊕ 0 = 1 ⊕ (0 ⊕ 0)$
6. $(1 ⊕ 0) ⊕ 1 = 1 ⊕ 1 = 1 ⊕ (0 ⊕ 1)$
7. $(1 ⊕ 1) ⊕ 0 = 0 ⊕ 0 = 0 = 1 ⊕ 1 = 1 ⊕ (1 ⊕ 0)$
8. $(1 ⊕ 1) ⊕ 1 = 0 ⊕ 1 = 1 ⊕ 0 = 1 ⊕ (1 ⊕ 1)$

$8$ 种情况下 $(a ⊕ b) ⊕ c = a ⊕ (b ⊕ c)$ 都成立，所以异或运算满足结合律。

在证明了异或运算满足交换律和结合律之后，我们可以推出一个更好用的结论 ⬇️

结论 1 及其证明

结论 1: $n$ 个 ($n\ge2$) 1 bit 数进行异或运算时，更换任意两个数的位置，最终的结果都不变。

为了便于画图，我们以 $n = 7$ 为例来进行说明（但其实对任意的 $n\ge2$，结论都是成立的）。 $a, b, c, d, e, f, g$ 都是 1 bit 的数，我们要对这 $7$ 个数字进行异或运算，算式是

可以把这个算式的计算步骤转化成一个树形的结构 ⬇️

比如说我们想交换 $c$ 和 $f$ 的位置，那么就要证明以下两者的计算结果相等

• $a ⊕ b ⊕ c ⊕ d ⊕ e ⊕ f ⊕ g$
• $a ⊕ b ⊕ f ⊕ d ⊕ e ⊕ c ⊕ g$

注意到以上两个算式可以写成

• $(a ⊕ b ⊕ c ⊕ d ⊕ e ⊕ f) ⊕ g$
• $(a ⊕ b ⊕ f ⊕ d ⊕ e ⊕ c) ⊕ g$

如果我们能证明以下两者 ⬇️ 的计算结果相等，那么在两者的最后都加上 $⊕ g$，运算结果自然还是相等的。

• $a ⊕ b ⊕ c ⊕ d ⊕ e ⊕ f$
• $a ⊕ b ⊕ f ⊕ d ⊕ e ⊕ c$

为了便于描述，我们记

• $X = a ⊕ b ⊕ c ⊕ d$
• $Y = e$
• $Z = f$

通过运用交换律和结合律，可以得到 $(X ⊕ Y) ⊕ Z = (X ⊕ Z) ⊕ Y$ ⬇️

graph LR
subgraph g1["graph 1"]
n1(("⊕")) --> X
n1 --> Y
n2(("⊕")) --> Z
n2 --> n1
end

subgraph g2["graph 2"]
n2_1(("⊕")) --> Y2["Y"]
n2_1 --> X2["X"]
n2_2(("⊕")) --> n2_1
n2_2 --> Z2["Z"]
end

subgraph g3["graph 3"]
n3_1(("⊕")) --> Y3["Y"]
n3_1 --> n3_2(("⊕"))
n3_2 --> X3["X"]
n3_2 --> Z3["Z"]
end

subgraph g4["graph 4"]
n4_1(("⊕")) --> X4["X"]
n4_1 --> Z4["Z"]
n4_2(("⊕")) --> n4_1
n4_2 --> Y4["Y"]
end

g1 --> |应用交换律| g2
g2 --> |应用结合律| g3
g3 --> |应用交换律| g4

为了便于描述， 我们将 $(X ⊕ Y) ⊕ Z = (X ⊕ Z) ⊕ Y$ 称为 结论 2

结论 2 是什么意思呢，从异或运算构成的树来说，每个节点都可以和它左下方的那个节点进行交换（如果左下方有节点的话）。

利用 结论 2，可以得到

反复运用 结论 2，可以得到

这样说比较抽象，画成图是这样的 ⬇️，其实就是反复把 $f$ 和它左下方的那个节点进行交换。

现在 $f$ 已经移动到预期的位置了，我们再来处理 $c$。我们还是使用结论 2， 现在将 $c$ 和 $d$ 交换一次，再将 $c$ 和 $e$ 交换一次，此时 $c$ 就会到预期的位置了 ⬇️

由于 $f$ 的位置不再变化，所以上图中把 $f$ 节点统一标记成黄颜色了。

虽然上面的几张图讲的是一个特例，但是不难想到，对一般的情形而言，这个移动过程也是成立的。 这样我们用结论 2证明了结论 1是正确的。 我把结论 1再写一遍 ⬇️

结论 1: $n$ 个 ($n\ge2$) 1 bit 数进行异或运算时，更换任意两个数的位置，最终的结果都不变。

请注意，在证明结论 1的过程中，我们只用到了以下两个事实。

• 异或运算满足结合律
• 异或运算满足交换律

所以对任意满足交换律和结合律的二元运算符 $f$，我们都可以得到类似的结果 ⬇️

结论 1 的推广

更通用的结论：如果一个二元运算符 $f$ 既满足结合律又满足交换律，那么对 $n$ 个 ($n\ge2$) 数进行 $f$ 运算时，更换任意两个数的位置，最终的结果都不变。

例如整数上的加法既满足结合律也满足交换律，所以

这类的加法小技巧我们在小学时遇到过不少。

我们还回到异或运算，假设一共有 $n$ 个 1 bit 数进行异或运算，其中有 $m$ 个取值为 $1$，我们反复利用结论 1，就可以把这 $m$ 个 $1$ 移动到算式的左端 ⬇️

然后再反复利用交换律，就可以把这 $m$ 个 $1$ 两两配对，算式变为以下两种情况之一。

如果 $m$ 是奇数，算式变为 ⬇️

如果 $m$ 是偶数，算式变为 ⬇️

由于 $1 ⊕ 1 = 0$，所以

• 当 $m$ 是奇数时，结果为 $1$
• 当 $m$ 是偶数时，结果为 $0$

回到题目 136. Single Number， 假设只出现一次的那个数字是 $X$，那么对任意一个 bit 而言，

• 如果 $X$ 在这个 bit 为 $0$，那么所有数字异或之后，在这个 bit 上的运算结果也会是 $0$（因为这 bit 上 $1$ 的出现次数一定是偶数）。
• 如果 $X$ 在这个 bit 为 $1$，那么所有数字异或之后，在这个 bit 上的运算结果也会是 $1$ 因为这 bit 上 $1$ 的出现次数一定是奇数）。

所以计算结果和 $X$ 在每个 bit 上都相等，那么 $X$ 就等于最终的计算结果了。

证毕。

证明思路 2: 数学归纳法

观察 异或运算的真值表 中的数据后，我们发现，异或运算的结果是否为 1，似乎与参与运算的数中的 1 的个数有关系。 看起来是这样的 ⬇️

“奇偶性猜测”及其证明

我们把参与异或运算的数中， $1$ 的出现次数记为 $k$。

• 如果 $k$ 是奇数，则结果为 $1$
• 如果 $k$ 是偶数，则结果为 $0$

我们把它称为“奇偶性猜测”吧。

我们可以试试用数学归纳法来证明它（或者尝试找到反例来证伪它）。

$k = 0$ 的情况

如果参与运算的数中没有 $1$，那么整个算式会是这样 ⬇️

由于 $0 ⊕ 0 = 0$，反复应用它，就能得到整个算式等于 $0$，所以 $k = 0$ 时，“奇偶性猜测”成立。

$k = 1$ 的情况

如果参与运算的数中恰有 $1$ 个 $1$，那么整个算式会是这样 ⬇️

假设这个 $1$ 左边有 $m$ 个 $0$，右边有 $n$ 个 $0$ (注意: $m$ 和 $n$ 都允许是 $0$)。

为了便于画图说明，这里随便举个例子，比如说 $m = 5$，$n = 2$ 吧，完整的计算过程如下 ⬇️

不难看出，前面 $m$ 个异或的运算结果是 $1$，而 $1 ⊕ 0 = 1$，之后的 $n$ 个异或运算都是 $1 ⊕ 0 = 1$，所以最终结果一定 $1$。 所以当 $k = 1$ （$k$ 表示参与运算的数中 $1$ 的个数）时，“奇偶性猜测”是正确的。

$k = 2$ 的情况

$k = 2$ 时，整个算式会是这样 ⬇️

刚才已经分析过 $k = 1$ 的情况了，所以下图红色框里的运算结果是 $1$。

而 $1 ⊕ 1 = 0$，所以下图黄色框里的运算结果是 $0$

考虑到 $0 ⊕ 0 = 0$，反复应用它，就会得到整个算式的结果为 $0$。

$k > 2$ 的情况

这样说来 $k = 2$ 时，“奇偶性猜测”也成立，同理可证 $k = 3$，$k = 4$，... 时，“奇偶性猜测”都成立，所以对任意自然数 $k$，“奇偶性猜测”都成立。

回到题目 136. Single Number，因为只有一个数字恰出现了 $1$ 次，为了便于表述，我们以这个数字 $x = (二进制的) 10011$ 为例来进行说明（$x$ 具体是多少并不重要），我们把 $10011$ 所对应的 bit 分别称为 $b_4, b_3, b_2, b_1, b_0$，最低位是 $b_0$ （$b_{31}, b_{30},..., b_6, b_5$ 都是 $0$）。

• $b_0$: 所有参与运算的数中，$b_0 = 1$ 的数字一定是奇数个(因为 $x$ 的 $b_0$ 是 $1$，而其他数字都是成对出现的)
• $b_1$: 所有参与运算的数中，$b_1 = 1$ 的数字一定是奇数个(因为 $x$ 的 $b_1$ 是 $1$，而其他数字都是成对出现的)
• $b_2$: 所有参与运算的数中，$b_2 = 1$ 的数字一定是偶数个(因为 $x$ 的 $b_2$ 是 $0$，而其他数字都是成对出现的)
• $b_3$: 所有参与运算的数中，$b_3$ 为 $1$ 的数字一定是偶数个(因为 $x$ 的 $b_3$ 是 $0$，而其他数字都是成对出现的)
• $b_4$: 所有参与运算的数中，$b_4$ 为 $1$ 的数字一定是奇数个(因为 $x$ 的 $b_4$ 是 $1$，而其他数字都是成对出现的)
• $b_5$: 所有参与运算的数中，$b_5$ 为 $1$ 的数字一定是偶数个(因为 $x$ 的 $b_5$ 是 $0$，而其他数字都是成对出现的)
• ...
• $b_{31}$: 所有参与运算的数中，$b_{31}$ 为 $1$ 的数字一定是偶数个(因为 $x$ 的 $b_{31}$ 是 $0$，而其他数字都是成对出现的)

所以通过让 nums 中的所有数字都参与异或运算，就可以得到正确结果。