寻找特定数字问题

0x00 问题描述

给定一个整数数组，除了一个元素出现 $p$次（ $p> = 1$， $p％k！= 0$），其余每个元素出现 $k$（ $k>1$）次，找到那个特殊的元素。

0x01 含有1bit数字的特殊情况

假设我们有一个只包含1bit数字的数组（只能是 $0$或 $1$），我们想计算数组中 $1$的数量，我们需要一个计数器count。这样每当数字 $1$的数量count达到某个值时，比如说 $k$， count返回 $0$并重新开始。假设计数器具有二进制形式的 $m$位： $x_m，...，x_1$（从最高有效位到最低有效位）。我们可以得出以下四个性质：

• 计数器的初始状态为零
• 对于数组中的每个输入，如果我们碰到 $0$，则计数器应保持不变
• 对于数组中的每个输入，如果我们碰到 $1$，则计数器应该增加 $1$
• 为了覆盖 $k$个计数，我们需要 $2 ^ m> = k$，这意味着 $m> = logk$。

关键问题就在于：计数器中的每个位（ $x_1...x_m$）在扫描数组时如何变化。为了满足第二个性质，如果另一个操作数为 $0$的话，我们使用哪些位运算会不改变操作数呢？ $x = x | 0$和 $x = x \oplus 0$。

好的，我们现在有两个可用的表达式： $x = x | i$或 $x = x \oplus i$，其中 $i$是输入数组中的元素。哪一个更好？我们还不知道，所以我们要实际操作一下。

开始时，计数器的所有位都初始化为零，即 $x_m = 0，...，x_1 = 0$，保证计数器的所有位保持不变。如果我们碰到 $0$，计数器将为 $0$，直到我们碰到输入数组中的第一个 $1$。在我们碰到第一个 $1$之后，我们得到： $x_m = 0，...，x_2 = 0，x_1 = 1$。让我们继续，直到我们碰到第二个 $1$，之后我们得到： $x_m = 0，...，x_2 = 1，x_1 = 0$，注意 $x_1$从 $1$变为 $0$。如果使用 $x_1 = x_1 | i$的话，在第二次计数之后， $x_1$仍然是 $1$，所以很明显我们应该使用 $x_1 = x_1 \oplus i$。 $x_2，...，x_m$呢？以 $x_2$为例，如果我们此时碰到 $1$并需要更改 $x_2$的值，那么在我们进行更改之前， $x_1$的值必须是多少？答案是： $x_1$必须为 $1$，否则我们不应该更改 $x_2$，因为将 $x_1$从 $0$更改为 $1$即可。因此，只有当 $x_1$和 $i$都是 $1$时， $x_2$才会改变值，或者用数学公式表示为 $x_2 = x_2 \oplus (x_1＆i)$。类似地，只有当 $x_{m-1}，...，x_1$和 $i$都是 $1$： $x_m = x_m \oplus(x_{m-1}＆...＆x_1＆i)$时， $x_m$才会改变值。

但是，你可能注意到上面的位运算结果范围是 $0\sim 2 ^ m - 1$，而不是 $k$。如果 $k <2 ^ m - 1$，我们需要一些“分割”机制，当计数达到 $k$时，将计数器重新初始化为 $0$。为此，我们使用称为掩码的一些变量对 $x_m，...，x_1$进行按位与，即 $x_m = x_m＆mask，...，x_1 = x_1＆mask$。如果我们可以确保只有当计数达到 $k$时掩码才为 $0$并且对于所有其他计数情况都是 $1$，那么我们就完成了我们的目标。我们如何实现这一目标？对于每个计数，我们对计数器的每个位都有唯一的值，可以将其视为其状态。如果我们用二进制形式写 $k：k_m，...，k_1$，我们可以按如下方式构造掩码：

$mask =\sim (y_1＆y_2＆...＆y_m)$，如果 $k_j = 1$， $y_j = x_j$，如果 $k_j = 0$， $y_j =\sim x_j$ $(j = 1\sim m)$。

我们举一些例子：

$k = 3：k_1 = 1，k_2 = 1，mask =\sim (x_1＆x_2)$;

$k = 5：k_1 = 1，k_2 = 0，k_3 = 1，mask =\sim(x_1＆\sim x_2＆x_3)$;

总之，我们的算法将是这样的（nums是输入数组）：

for（int i : nums）{
    xm ^= (xm-1＆...＆x1＆i);
    xm-1 ^= (xm-2＆...＆x1＆i);
    .....
    x1 ^= i;
    mask = ~(y1＆y2＆...＆ym) where yj = xj if kj = 1, and yj = ~xj if kj = 0
    xm ＆= mask;
    ......
    x1 ＆= mask;
}

0x02 具有32bit数字的一般情况

现在是时候将我们的结果从 $1$位数的情况推广到 $32$位整数。一种直接的方法是为整数中的每个位创建 $32$个计数器。但是，如果我们利用位运算，我们可以“整体”管理所有 $32$个计数器。通常说的“整体”，是指使用 $m$个 $32$位整数而不是 $32$个 $m$位计数器，其中 $m$是满足 $m> = logk$的最小整数，原因是位运算仅适用于每个位，因此不同位上的操作彼此独立（明显，对吧？）。这允许我们将 $32$个计数器的相应位分组为一个 $32$位整数。 下面的示意图展示如何完成操作

顶行是 $32$位整数，对于每个位，我们有一个相应的 $m$位计数器（由向上箭头下方的列显示）。由于 $32$位中的每一位的逐位运算彼此独立，因此我们可以将所有计数器的第 $m$位分组为一个 $32$位数字（由橙色框显示）。此 $32$位数字中的所有位（表示为 $x_m$）将遵循相同的按位运算。由于每个计数器都有 $m$位，我们最终得到 $m$个 $32$位数，它们对应于0x01中定义的 $x_1，...，x_m$，但现在它们是 $32$位整数而不是 $1$位数。因此，在上面的算法中，我们只需要将 $x_1$到 $x_m$视为 $32$位整数而不是 $1$位数。其他一切都是一样的，我们就完成了。

0x03 返回什么

最后一件事是我们应该返回什么值，或者等价于 $x_1$到 $x_m$中的哪一个将等于Single Number。为了得到正确的答案，我们需要了解 $m$个 $32$位整数 $x_1$到 $x_m$的含义。以 $x_1$为例， $x_1$有 $32$位，我们将它们标记为 $r(r = 1\sim 32)$。在我们完成扫描输入数组之后， $x_1$的第 $r$位的值将由数组中所有元素的第 $r$位确定（更具体地说，假设数组中所有元素的第 $r$位为 $1$的总计数是 $q$， $q'= q％k$及其二进制形式： $q'_m，...，q'_1$，那么根据定义， $x_1$的第 $r$位将等于 $q '_1$）。现在你可以问自己这个问题：如果 $x_1$的第 $r$位是 $1$，它意味着什么？

答案是找到可以为此做出贡献的 $1$。出现 $k$次的元素会有贡献吗？为什么没有？因为对于要贡献的元素，它必须同时满足至少两个条件：该元素的第 $r$位是 $1$并且该 $1$的出现次数不是 $k$的整数倍。第一个条件是微不足道的。第二个来自这样的事实：每当 $1$的数量为 $k$时，计数器将返回到零，这意味着 $x_1$中的相应位将被重置为0。对于出现 $k$次的元素，不可能同时满足这两个条件，所以它不会有所贡献。最后，只有出现 $p(p％k \neq 0)$次的Single Number会有所贡献。如果 $p> k$，那么第 $k * \lfloor p / k\rfloor$Single Number不会有贡献。所以我们总是可以设置 $p'= p％k$，并说Single Number出现 $p'$次。

让我们以二进制形式写 $p'：p'_m，...，p'_1$（注意 $p'<k$，所以它将适合 $m$位）。这里我声称 $x_j$等于Single Number的条件是 $p'_j = 1(j = 1\sim m)$，下面给出一个简短的证明。

如果 $x_j$的第 $r$位为1，我们可以有把握地说Single Number的第 $r$位也是 $1$（否则没有任何东西可以使 $x_j$的第 $r$位为 $1$）。我们要证明，如果 $x_j$的第 $r$位为 $0$，那么Single Number的第 $r$位只能为 $0$。假设在这种情况下Single Number的第 $r$位是 $1$，让我们看看会发生什么。在扫描结束时，此 $1$将被计为 $p'$次。根据定义， $x_j$的第 $r$位将等于 $p'_j$，即1。这与 $x_j$的第 $r$位为0的假设相矛盾。因此，我们得出结论 $x_j$的第 $r$位将始终为与 $p'_j = 1$时的Single Number的第 $r$位相同。因为对于 $x_j$中的所有位都是如此（即对于 $r = 1\sim 32$为真），所以我们得出结论 $x_j$将等于Single Number只要 $p'_j = 1$。

所以现在很清楚我们应该返回什么。只需以二进制形式表示 $p'= p％k$并且当 $p'_j = 1$时返回相应的 $x_j$即可。总的来说，算法是 $O(n * logk)$时间和 $O(logk)$空间复杂度。

附注：有一个将 $x_j$到 $p'_j$的每个位和Single Number $s$的每个位相关联的通用公式， $(x_j)_r = s_r＆p'_j$，其中 $(x_j)_r$和 $s_r$分别表示 $x_j$的第 $r$位和 $s$。从该公式可以很容易地看出，如果 $p'_j = 1$，则 $(x_j)_r = s_r$，即 $x_j = s$。此外，如果 $p'_j = 0$，我们有 $(x_j)_r = 0$，即 $x_j = 0$。所以我们得到这样的结论：如果 $p'_j = 1$， $x_j = s$，如果 $p'_j = 0$，则 $x_j = 0$。这意味着表达式 $(x_1 | x_2 | ... | x_m)$也将被计算为 $s$，因为上述表达式中只包含 $s$和一些 $0$的or运算。

0x04 一些例子

以下是一些示例，用于说明算法的工作原理：

• $k = 2，p = 1$
  $k$是 $2$，然后 $m = 1$，我们只需要一个 $32$位整数（ $x_1$）作为计数器。并且 $2 ^ m = k$所以我们甚至不需要 $mask$！一个完整的java程序将如下所示：

  public int singleNumber(int [] nums){
    int x1 = 0;
    for (int i ： nums){
        x1 ^= i;
    }
    return x1;
  }
  

• $k = 3，p = 1$
  $k$是 $3$，然后 $m = 2$，我们需要两个 $32$位整数（ $x_2，x_1$）作为计数器。而 $2 ^ m> k$所以我们需要一个面具。以二进制形式写 $k：k = '11'$，然后 $k1 = 1，k2 = 1$，所以我们有 $mask=\sim (x1＆x2)$。一个完整的java程序将如下所示：

  public int singleNumber(int [] nums){
    int x1 = 0，x2 = 0，mask = 0;
    for (int i：nums){
        x2 ^= x1＆i;
        x1 ^= i;
        mask = ~(x1＆x2);
        x2 ＆= mask;
        x1 ＆= mask;
    }
    return x1; 
  }
  

• $k = 5，p = 3$
  k是5，然后 $m = 3$，我们需要三个 $32$位整数（ $x_3，x_2，x_1$）作为计数器。而 $2 ^ m> k$所以我们需要一个面具。以二进制形式写 $k：k ='101'$，然后 $k_1 = 1，k_2 = 0，k_3 = 1$，所以我们有 $mask=\sim (x1＆\sim x2＆x3)$。一个完整的java程序将如下所示：

  public int singleNumber(int [] nums){
    int x1 = 0，x2 = 0，x3 = 0，mask = 0;
    for (int i : nums){
        x3 ^= x2＆x1＆i;
        x2 ^= x1＆i;
        x1 ^= i;
        mask = ~(x1＆~x2＆x3);
        x3 ＆= mask;
        x2 ＆= mask;
        x1 ＆= mask;
    }
    return x1;
  }
  

reference:

https://leetcode.com/problems/single-number-ii/discuss/43295/Detailed-explanation-and-generalization-of-the-bitwise-operation-method-for-single-numbers