落单的数（落单的数落单的数 II 落单的数 III）

落单的数

给出2*n + 1 个的数字，除其中一个数字之外其他每个数字均出现两次，找到这个数字。

样例
给出 [1,2,2,1,3,4,3]，返回 4

挑战
一次遍历，常数级的额外空间复杂度

思路1：利用异或的性质（自反性）

自反性：a ^ b ^ a = b.
异或运算最常见于多项式除法，不过它最重要的性质还是自反性：
A^B^ B=A，即对给定的数A，用同样的运算因子（B）作两次异或运算后仍得到A本身。这是一个神奇
的性质，利用这个性质，可以获得许多有趣的应用。例如，所有的程序教科书都会向初学者指出，要交换两个变量的值，必须要引入一个中间变量。但如果使用异或，就可以节约一个变量的存储空间：
设有A,B两个变量，存储的值分别为a，b，则以下三行表达式将互换他们的值表达式（值）：
A=A^B(a^b)
B=B^A(b^a^b=a)
A=A^B(a^b^a=b)

这道题利用了异或位运算的一个性质，即：一个数与自身异或的结果为0。我们只需遍历数组中的每一个元素，并将其进行异或。因为，异或满足交换律，所以最终的异或结果将仅仅包含只出现一次的那个数。
如：1 ^ 2 ^ 2 ^ 1 ^3 ^ 4 ^ 3 = 1 ^ 1 ^ 2 ^ 2 ^ 3 ^ 3 ^ 4 = 4

代码如下：

class Solution {
public:/** @param A: An integer array* @return: An integer*/int singleNumber(vector<int> A) {// write your code here//采用异或的操作可以解决这个问题if(A.empty())return 0;int n = A[0];for(int i = 1;i != A.size();++i){n = n^A[i];}return n;}
};

时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)

思路二：

若一个数字出现2次，则该数字的二进制表示中每个位置的数值为1的出现次数为2次，如：5的二进制表示为101，若5出现3次，则其二进制表示中的第一个位置和第二个位置出现1的次数和均为2。那么对该位1出现的次数对2取余，最终的结果所对应的就是所要求的Sing Number。

代码：

class Solution {
public:/** @param A: An integer array* @return: An integer*/bool isBit1(int num, int index)  {num = num >> index;return (num & 1);}int singleNumber(vector<int> &A) {int n = A.size();int result = 0;for(int i = 0; i < 32; ++i) {int count = 0;for(int j = 0; j < n; ++j) {if(isBit1(A[j], i))++count;}result |= (count % 2) << i;}return result;}
};

时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)

落单的数 II

给出3*n + 1 个的数字，除其中一个数字之外其他每个数字均出现三次，找到这个数字。
样例
给出 [1,1,2,3,3,3,2,2,4,1] ，返回 4
挑战
一次遍历，常数级的额外空间复杂度

思路：

与Single Number I 类似，所不同的是这道题除了一个数字之外都出现3次，仍然考虑使用位操作，尝试消除掉出现3次的数字。
若一个数字出现3次，则该数字的二进制表示中每个位置的数值为1的出现次数为3次，如：5的二进制表示为101，若5出现3次，则其二进制表示中的第一个位置和第二个位置出现1的次数和均为3。那么对该位1出现的次数对3取余，最终的结果所对应的就是所要求的Sing Number。
解题方法：与Single Number I 类似，所不同的是这道题除了一个数字之外都出现3次，仍然考虑使用位操作，尝试消除掉出现3次的数字。
若一个数字出现3次，则该数字的二进制表示中每个位置的数值为1的出现次数为3次，如：5的二进制表示为101，若5出现3次，则其二进制表示中的第一个位置和第二个位置出现1的次数和均为3。那么对该位1出现的次数对3取余，最终的结果所对应的就是所要求的Sing Number。
代码如下：

class Solution {
public:/*** @param A : An integer array* @return : An integer */bool isBit1(int num, int index)  {num = num >> index;return (num & 1);}int singleNumberII(vector<int> &A) {int n = A.size();int result = 0;for(int i = 0; i < 32; ++i) {int count = 0;for(int j = 0; j < n; ++j) {if(isBit1(A[j], i))++count;}result |= (count % 3) << i;}return result;}
};

时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)

落单的数 III

给出2*n + 2个的数字，除其中两个数字之外其他每个数字均出现两次，找到这两个数字。
样例
给出 [1,2,2,3,4,4,5,3]，返回 1和5
挑战
O(n)时间复杂度，O(1)的额外空间复杂度

思路：

与以上两题不同的是，这道题有两个数只出现一次。基本的思路还是利用位运算，除去出现次数为2次的数。

如果对所有元素进行异或操作，最后剩余的结果是出现次数为1次的两个数的异或结果，此时无法直接得到这两个数具体的值。但是，因为这两个数一定是不同的，所以最终异或的值至少有一个位为1。我们可以找出异或结果中第一个值为1的位，然后根据该位的值是否为1，将数组中的每一个数，分成两个部分。这样每个部分，就可以采用Sing number I中的方法得到只出现一次的数。

代码：

class Solution {
public:/** @param A: An integer array* @return: An integer array*/int findindex(int number){int index = 0;while((number&1) == 0){++ index;number >>= 1;}return index;}bool isBit1(int num, int index){num = num >> index;return (num & 1);}vector<int> singleNumberIII(vector<int> A) {// write your code here// if(A.empty())return vector<int>();vector<int> result;int twonumbers = 0;for(int i =0;i!=A.size();++i){twonumbers ^= A[i];}int index = findindex(twonumbers);int num1 = 0,num2 = 0;for(int i = 0;i!=A.size();++i){if(isBit1(A[i],index)){num1 ^= A[i];}else{num2 ^= A[i];}}result.push_back(num1);result.push_back(num2);return result;}
};

时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)

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