最近遇到這樣一道演算法題：
Given an array of integers, every element appears three times except for one. Find that single one.
一組整數，除了一個只出現一次以外，其他每個整數都恰好出現三次，要尋找那個特殊的整數。
似曾相識
首先，它讓我想起了另外一道類似的題目，如果把上面的“恰好三次”，改成“恰好兩次”，尋找那個特殊的整數，又該怎麼解？
那樣的話，我希望找到一個方法，讓兩個相同的數進行運算以後，能夠泯滅掉，這樣所有的數進行運算，剩下的值就是那個特殊的數。恰好有這樣的方法，這個方法就是“異或”：
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public int singleNumber(int[] A) { int total = 0; for (int a : A) total ^= a; return total; } |
通用演算法
“恰好兩次”恰好有“異或”來解，現在“恰好兩次”變成了“恰好三次”，推廣一點說，如果是“恰好N次”，該怎麼解？
通用的演算法中，用一個HashMap可以得到複雜度近似為n的解法，key為數字本身，value計數，到三次的時候delete掉這個entry，迴圈完成以後整個HashMap中剩下的就是那個特殊的整數了。這個解法普普通通，沒有敘述的必要。這個方法可以保證“恰好N次”一樣解決。這個演算法很簡單，就不寫出來了。
另外一個思路，藉由位操作，對於整數32位，對於每一位，整個數列的數加起來去取3的餘數，就是那個特殊的數在該位上的值。這個方法也可以保證“恰好N次”一樣能夠被解決：
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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位為1，其他位都為0 for (int j = 0; j < A.length; j++) { int val = (A[j] & mask); if ( val>0 || val<0 ) { // ② 如果該數在這一位上為1，計數器就加一 c++; } } if (c%3 > 0) // ③ 這一位的計數除以3取餘數，在這裡只可能為0或1 ret |= mask; } return ret; } |
關於補碼
但是，我在一開始實現這個演算法的時候，在上面程式碼中②的位置，我漏掉了val<0的情況，因為第一印象告訴我，一個正整數去與上一個掩碼數，會得到一個正整數。但是這是錯誤的印象。比如在引數A等於{ -1, -1, -2, -1 }的時候，漏掉val<0的結果等於一個荒唐的2147483646。
這是為什麼呢？
因為負數在記憶體中是以補碼方式存放的，第一位最高位是符號位，0表示正數，1表示負數，僅當表示負數的時候，餘下的31位等於那個數的數值每一位都取反，然後加1。例如-1，這32位數是：
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// 取反加一前： 1（符號位）000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0001 // 取反加一後： 1（符號位）111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 |
32位整數的範圍是從-2147483648到2147483647，為何負值比正值能表示的數多一個，就在於這個“加一”（表示0的時候符號位是0，相當於表示0的時候佔用了正數的表示法）。
所以，如果漏掉了上面程式碼中val<0的情況，在執行到i=31的迴圈的時候，掩碼mask即1<<i是-2147483648，因為它把符號位給變成了1，後面都是0：
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// 即 1（符號位）000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 // 如果按照“取反加一”的規則，它是由它自己取反加一而來的，發生了溢位 1（符號位）000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 |
所以這個數也是補碼錶示的負數中，最特殊的一個。
那為什麼上面說漏掉val<0之後算錯的結果是2147483646呢？
這個實際要求解的數-2在記憶體中的表示是這樣的：
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// 取反加一前： 1（符號位）000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0010 // 取反加一後： 1（符號位）111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1110 // 符號位錯誤： 0（符號位）111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1110 |
由於前面說到的，符號位錯誤了，變成了正數，而正數的表示法可不是補碼錶示，所以得出了2147483646這個數。
藉助兩個數的每一位儲存資訊
下面這個方法稍微有點難理解，而且很容易寫錯。需要兩個數（one和accumulation），因為一個數在每一位上面無法存放超過兩次同樣的數出現的資訊。每次迴圈中，需要先標記出現，然後再清零出現過三次的標誌位。最終one留下的每一位都是無法清零的，即出現次數不是3的整數倍的。
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public int singleNumber4(int A[]) { int one = 0; // 出現一次的標誌位 int accumulation = 0; // 積累標誌位 for (int i = 0; i < A.length; i++) { accumulation |= A[i] & one; // 只要第二次或者以上出現，就為1 one ^= A[i]; // 出現奇數次保留，偶數次拋棄 int t = one & accumulation; // 第三次的時候one和accumulation都保留了該位的值 one &= ~t; // 清零出現三次的該位的值 accumulation &= ~t; } return one; } |
其實，這道題還有許多其他做法，既包括利用位運算的其他做法，也有那種“先排序，然後再尋找特殊數”這樣突破常規想法的解法（其實我覺得先排序這樣的做法很好啊，雖然複雜度稍微高一些（取決於排序的時間複雜度了），但是清晰，而且通用性更好。方法雖然簡單，但是我大概受到的教條式思維太嚴重了，這樣的方法根本沒有想到……）。