校招算法笔面试 | 数组中只出现一次的两个数字

wc529065

于 2025-04-10 09:40:35 发布

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文章标签：算法面试哈希算法算法力扣算法力扣面试

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题目## 题目

题目链接

题目主要信息：

一个长度为 $n$ 的数字，除了两个数字只出现1次，其余数字都出现2次
要找到这两次只出现一次的数字，还要以非降序输出

举一反三：

学习完本题的思路你可以解决如下题目：

BM51. 数组中出现次数超过一半的数字

BM53. 缺失的第一个正整数

方法一：哈希表(推荐使用)

知识点：哈希表

哈希表是一种根据关键码（key）直接访问值（value）的一种数据结构。而这种直接访问意味着只要知道key就能在 $O (1)$ 时间内得到value，因此哈希表常用来统计频率、快速检验某个元素是否出现过等。

思路：

既然有两个数字只出现了一次，我们就统计每个数字的出现次数，利用哈希表的快速根据key值访问其频率值。

具体做法：

step 1：遍历数组，用哈希表统计每个数字出现的频率。
step 2：然后再遍历一次数组，对比哈希表，找到出现频率为1的两个数字。
step 3：最后整理次序输出。

Java实现代码：

import java.util.*;
public class Solution {
    public int[] FindNumsAppearOnce (int[] array) {
        HashMap<Integer, Integer> mp = new HashMap<Integer, Integer>(); 
        ArrayList<Integer> res = new ArrayList<Integer>();
        //遍历数组
        for(int i = 0; i < array.length; i++) 
            //统计每个数出现的频率
            if(!mp.containsKey(array[i]))
                mp.put(array[i], 1);
            else
                mp.put(array[i], mp.get(array[i]) + 1);
        //再次遍历数组
        for(int i = 0; i < array.length; i++) 
            //找到频率为1的两个数
            if(mp.get(array[i]) == 1) 
                res.add(array[i]);
        //整理次序
        if(res.get(0) < res.get(1)) 
            return new int[] {res.get(0), res.get(1)};
        else
            return new int[] {res.get(1), res.get(0)};
    }
}

C++实现代码：

class Solution {
public:
    vector<int> FindNumsAppearOnce(vector<int>& array) {
        unordered_map<int, int> mp;
        vector<int> res;
        //遍历数组
        for(int i = 0; i < array.size(); i++) 
            //统计每个数出现的频率
            mp[array[i]]++; 
        //再次遍历数组
        for(int i = 0; i < array.size(); i++) 
            //找到频率为1的两个数
            if(mp[array[i]] == 1) 
                res.push_back(array[i]);
        //整理次序
        if(res[0] < res[1]) 
            return res;
        else
            return {res[1], res[0]};
    }
};

Python实现代码：

class Solution:
    def FindNumsAppearOnce(self , array: List[int]) -> List[int]:
        mp = dict()
        res = list()
        #遍历数组
        for i in range(len(array)): 
            #统计每个数出现的频率
            if array[i] in mp:
                mp[array[i]] += 1 
            else:
                mp[array[i]] = 1
        #再次遍历数组
        for i in range(len(array)): 
            #找到频率为1的两个数
            if mp[array[i]] == 1: 
                res.append(array[i])
        #整理次序
        res.sort(reverse=False)
        return res

复杂度分析：

时间复杂度： $O (n)$ ，其中 $n$ 为数组长度，两次单独的遍历数组每个元素
空间复杂度： $O (n)$ ，哈希表的长度应该为 $(n - 2) /2$

方法二：异或运算（扩展思路）

思路：

异或运算满足交换率，且相同的数字作异或会被抵消掉，比如： $\oplus b \oplus c \oplus b \oplus c=a$ ，且任何数字与0异或还是原数字，放到这个题目里面所有数字异或运算就会得到 $\oplus b$ ，也即得到了两个只出现一次的数字的异或和。

//遍历数组得到a^b
for(int i = 0; i < array.length; i++) 
    temp ^= array[i];

但是我们是要将其分开得到结果的，可以考虑将数组分成两部分，一部分为 $\oplus d \oplus c \oplus d \oplus c=a$ ，另一部分为 $\oplus x \oplus y \oplus x \oplus y=a$ 的样式，怎么划分才能让a与b完全分开，而另外的也能刚好成对在一个组呢？这是我们需要考虑的问题。

$\oplus b$ 的结果中如果二进制第一位是1，则说明a与b的第一位二进制不相同，否则则是相同的，从结果二进制的最高位开始遍历，总能找到二进制位为1的情况：

//找到两个数不相同的第一位
while((k & temp) == 0) 
    k <<= 1;

因为两个数字不相同，我们就以这一位是否为1来划分上述的两个数组，相同的数字自然会被划分到另一边，而a与b也会刚好被分开。

//遍历数组，对每个数分类
if((k & array[i]) == 0) 
    res1 ^= array[i];
else
    res2 ^= array[i];

具体做法：

step 1：遍历整个数组，将每个元素逐个异或运算，得到 $\oplus b$ 。
step 2：我们可以考虑位运算的性质，找到二进制中第一个不相同的位，将所有数组划分成两组。
step 3：遍历数组对分开的数组单独作异或连算。
step 4：最后整理次序输出。

图示：

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Java实现代码：

import java.util.*;
public class Solution {
    public int[] FindNumsAppearOnce (int[] array) {
        int res1 = 0;
        int res2 = 0;
        int temp = 0;
        //遍历数组得到a^b
        for(int i = 0; i < array.length; i++) 
            temp ^= array[i];
        int k = 1;
        //找到两个数不相同的第一位
        while((k & temp) == 0) 
            k <<= 1;
        for(int i = 0; i < array.length; i++){
            //遍历数组，对每个数分类
            if((k & array[i]) == 0) 
                res1 ^= array[i];
            else
                res2 ^= array[i];
        }
        //整理次序
        if(res1 < res2) 
            return new int[] {res1, res2};
        else
            return new int[] {res2, res1};
    }
}

C++实现代码：

class Solution {
public:
    vector<int> FindNumsAppearOnce(vector<int>& array) {
        vector<int> res(2, 0);
        int temp = 0;
        //遍历数组得到a^b
        for(int i = 0; i < array.size(); i++) 
            temp ^= array[i];
        int k = 1;
        //找到两个数不相同的第一位
        while((k & temp) == 0) 
            k <<= 1;
        for(int i = 0; i < array.size(); i++){
            //遍历数组，对每个数分类
            if((k & array[i]) == 0) 
                res[0] ^= array[i];
            else
                res[1] ^= array[i];
        }
        //整理次序
        if(res[0] < res[1]) 
            return res;
        else
            return {res[1], res[0]};
    }
};

Python实现代码：

class Solution:
    def FindNumsAppearOnce(self , array: List[int]) -> List[int]:
        res = [0, 0]
        temp = 0
        #遍历数组得到a^b
        for i in range(len(array)): 
            temp ^= array[i]
        k = 1
        #找到两个数不相同的第一位
        while k & temp == 0: 
            k <<= 1
        for i in range(len(array)):
            #遍历数组，对每个数分类
            if k & array[i] == 0 :
                res[0] ^= array[i]
            else:
                res[1] ^= array[i]
        #整理次序
        res.sort(reverse=False)
        return res

复杂度分析：

时间复杂度： $O (n)$ ，遍历两次数组，找到两个数不相同的第一位循环为常数次
空间复杂度： $O (1)$ ，常数级变量使用，无额外辅助空间

题目链接

#描述
这是一篇针对初学者的题解。共用三种方法解决。
知识点：数组，排序，哈希
难度：一星

#题解
题目抽象：给定一个数组，找出数组中的众数，若有，返回众数，若没有，返回0
众数定义：数组中出现次数大于数组一般的元素

##方法一：哈希法
根据题目意思，显然可以先遍历一遍数组，在map中存每个元素出现的次数，然后再遍历一次数组，找出众数。

代码

class Solution {
public:
    int MoreThanHalfNum_Solution(vector<int> numbers) {
        unordered_map<int,int> mp;
        for (const int val : numbers) ++mp[val];
        for (const int val : numbers) {
            if (mp[val] &gt; numbers.size() / 2 ) return val;
        }
        return 0;
    }
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)

##方法二：排序法
可以先将数组排序，然后可能的众数肯定在数组中间，然后判断一下。

代码

class Solution {
public:
    int MoreThanHalfNum_Solution(vector<int> numbers) {
        sort(numbers.begin(), numbers.end());
        int cond = numbers[numbers.size() / 2];
        int cnt = 0;
        for (const int k :numbers) {
            if (cond == k) ++cnt;
        }
        if (cnt &gt; numbers.size() / 2) return cond;
        return 0;
    }
};

时间复杂度：O(nlongn)
空间复杂度：O(1)

##方法三：候选法（最优解）
加入数组中存在众数，那么众数一定大于数组的长度的一半。
思想就是：如果两个数不相等，就消去这两个数，最坏情况下，每次消去一个众数和一个非众数，那么如果存在众数，最后留下的数肯定是众数。

具体做法：

初始化：候选人cond = -1，候选人的投票次数cnt = 0
遍历数组，如果cnt=0，表示没有候选人，则选取当前数为候选人，++cnt
否则，如果cnt > 0, 表示有候选人，如果当前数=cond，则++cnt，否则–cnt
直到数组遍历完毕，最后检查cond是否为众数

###代码

class Solution {
public:
    int MoreThanHalfNum_Solution(vector<int> numbers) {
        int cond = -1;
        int cnt = 0;
        for (int i=0; i<numbers.size(); ++i) { if (cnt 0) cond="numbers[i];" ++cnt; } else (cond="=" numbers[i]) --cnt; cnt="0;" for (const int k :numbers) k)> numbers.size() / 2) return cond;
        return 0;
    }
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)</numbers.size();></int,int>