LeetCode 136. 只出现一次的数字 C++

本文介绍了一种高效的算法,用于从整数数组中找到仅出现一次的元素。通过利用位操作符的特点,尤其是异或运算的特性,实现了线性时间复杂度且无需额外空间的要求。

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给定一个非空整数数组,除了某个元素只出现一次以外,其余每个元素均出现两次。找出那个只出现了一次的元素。

说明:

你的算法应该具有线性时间复杂度。 你可以不使用额外空间来实现吗?

示例 1: 

输入: [2,2,1]
输出: 1

示例 2:

输入: [4,1,2,1,2]
输出: 4

法一:

第一时间想到的方法,使用map记录数组中每个值出现的次数,first为值,second为出现次数。时间复杂度O(n*logn)(在map中寻找键为key的迭代器的时间复杂度为logn),空间复杂度O(n)

class Solution {
public:
    int singleNumber(vector<int>& nums) {
        map<int,int> mp;
        for(int i = 0 ; i<nums.size();i++)
        {
            int temp = nums[i];
            map<int,int>::iterator it = mp.find(temp);
            if(it == mp.end())
                mp[temp] = 1;
            else
                mp[temp] += 1;            
        }
        for(map<int,int>::iterator it = mp.begin();it != mp.end();it++)
        {
            if(it->second == 1)
                return it->first;
        }
    }
};

 

法二:

题目要求时间复杂度为o(n),即要求只扫描一遍数组。

数组中除一个元素外其他均出现两次,想到亦或运算的性质,即任意数亦或它自己所得结果均为0。

亦或运算规则:0⊕0=0,0⊕1=1,1⊕0=1,1⊕1=0。

同时,亦或运算存在交换律与结合律,即a ⊕ b = b ⊕ a,a ⊕b ⊕ c = a ⊕ (b ⊕ c) = (a ⊕ b) ⊕ c

因此,示例一可表示为 2⊕2⊕1 = 0⊕1 = 1

示例二可表示为 4⊕1⊕2⊕1⊕2 = (1⊕1)⊕(2⊕2)⊕ 4 = 0⊕0⊕4 = 4

代码如下:

class Solution {
public:
    int singleNumber(vector<int>& nums) {
        int out = 0;
        for(int i = 0 ;i < nums.size() ; i++)
        {
            out = out ^ nums[i];
        }
        return out;
    }
};

 

LeetCode的第260中,目被称为“只有一个公共元素的数组 II”。这是一道关于数组操作的数据结构和算法目。给定两个已经排序的整数数组 nums1 和 nums2,你需要找出它们之间的一个共同的元素,这个元素在每个数组中都只出现一次。 该问的目标是找到这样的一个公共元素,并返回它的值。例如,如果nums1 = [1, 2, 2, 4] 和 nums2 = [2, 2, 8, 10],那么唯一的公共单次出现的元素是2。 为了解决这个问,你可以采用一种类似于双指针的方法。从两个数组的起始位置开始遍历,每次比较当前指针对应的元素。如果元素相等且在各自的数组中都是第一次出现(即前一个出现的位置比当前位置大),就将这个元素添加到结果中并继续向后移动指针。如果遇到不同的元素,则移动较小的那个指针的所在数组的指针。 Python 或 C++ 等语言中,可以实现一个循环或者递归的解决方案,直到找到共同的单次出现元素或遍历完其中一个数组。这里是一个简单的 Python 示例: ```python def singleNumber(nums1, nums2): i, j = 0, 0 count = {} while i < len(nums1) and j < len(nums2): if nums1[i] not in count or nums2[j] not in count: count[nums1[i]] = 1 i += 1 elif nums2[j] not in count: count[nums2[j]] = 1 j += 1 else: del count[nums1[i]] del count[nums2[j]] i += 1 j += 1 # 如果有一个数组没遍历完,剩下的最后一个元素就是公共唯一元素 return list(count.keys())[0] if i < len(nums1) else list(count.keys())[-1] ```
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