C++ 位运算 高频面试考点 力扣137. 只出现一次的数字 II 题解 每日一题

题目解析

题目链接：力扣137. 只出现一次的数字 II

题目描述：

示例 1：
输入：nums = [2,2,3,2]
输出：3
解析：数组中 2 出现 3 次，3 出现 1 次，符合“除一个元素外其余均出现三次”的条件，因此返回 3。

示例 2：
输入：nums = [0,1,0,1,0,1,99]
输出：99
解析：0 和 1 分别出现 3 次，99 出现 1 次，满足题目约束，故返回 99。

提示：
1.1 <= nums.length <= 3 * 10⁴：数组长度在合理范围内，需保证算法在大规模数据下仍高效运行；
2.-2³¹ <= nums[i] <= 2³¹ - 1：覆盖整数的全部范围，需注意处理负数的二进制表示（尤其是补码）；
3.nums 中，除某个元素仅出现一次外，其余每个元素都恰出现三次。

为什么这道题值得你花几分钟的时间弄懂？

如果说位运算题型里有“必学经典”，那这道题绝对能排进前三。它就像一把钥匙，不仅能帮你打开“从二进制视角拆解问题”的新大门，更能让你亲身体会算法设计中“时间与空间如何权衡”的底层逻辑，无论对思维提升还是面试应试，都大有裨益。

我们先说说它的核心价值在哪：

• 考点踩得准，面试直接用：题目明确定死了“线性时间（O(n)）”和“常数空间（O(1)）”的双重要求，而这正是大厂面试里“算法优化能力”的高频考点。很多时候，面试官看的不只是“能不能做出来”，更是“能不能用最优的方式做出来”——而这道题刚好能帮你练会“用二进制操作抠空间、提效率”的关键能力。
• 方法对比超直观，理解更透彻：解题时你会遇到两种典型思路：一种是哈希表，直观好懂但要耗额外空间；另一种是位运算，代码稍抽象却能做到空间最优。把这两种方法放一起对比，你能清晰看到“时间-空间权衡”不是一句空话——不同场景下该选哪种方案，看完这道题会有更具体的体感。
• 举一反三能力直接拉满：它是“只出现一次的数字”系列的第二题（第一题是“其余元素出现两次”），但学会它的位运算逻辑后，你会发现这套思路能直接迁移到“其余元素出现k次”的通用场景。比如下次遇到“找只出现一次、其余出现四次”的题，你不用重新想解法，改个小细节就能用，这种“一通百通”的感觉，才是刷题的核心意义。

再从应试角度聊聊，面试官考察这道题时，其实在悄悄观察你三个层面的能力：

1. 基础层：会不会用常规思路解题？ 比如能不能想到用哈希表统计次数——这能看出你对“哈希表映射特性”这类基础数据结构的掌握程度，是入门门槛；
2. 进阶层：能不能突破空间限制？ 也就是能不能想到位运算解法——这能暴露你对“二进制位统计规律”的理解深度，是区分普通选手和优秀选手的关键；
3. 迁移层：能不能把解法通用化？ 比如问你“如果其余元素出现五次，该怎么改？”——这能看出你的算法思维是否灵活，会不会把一道题的解法，变成一类题的解题模板。

不过，要是有朋友对位运算的基础操作（比如异或、与、左移）有点忘了也不用慌。先花两分钟回顾下核心规则：异或（ ^ ）能模拟“无进位相加”（比如1 ^ 1=0，0 ^ 1=1，刚好对应不考虑进位的加法），而与（&）加左移（<<1）能模拟“进位计算”（比如1&1=1，左移一位后就是进位值）。这两个是解决本题的“核心工具”，要是想更系统地复习，也可以看看这篇博客：位运算 常见方法总结 算法练习 C++，帮你快速捡回知识点~

位运算（最优解法）

算法原理

其实这道题的核心思路特别朴素——既然数组里“除了一个数出现1次，其他都出现3次”，那我们不妨把目光聚焦到二进制的每一位上。毕竟不管数字多大，最终都得拆成0和1的组合，而“出现3次”这个规律，在二进制位上会体现得格外明显。

你可以这么理解：把数组里所有数字都转成二进制，然后像“列竖式”一样纵向看每一位（比如从最低位的第0位，到最高位的第31位）。对于那些出现3次的数字，它们在某一位上如果是1，那这个1肯定会“凑够3个”；而那个只出现1次的目标数字，要是它在某一位上是1，就会让这一位的1的总数多出来1个。

基于这个特点，我们只需要做两步，就能推出目标数字每一位的值：

1. 统计每一位的1的总数：比如看第0位（最右边那一位），把所有数字在这一位上的1都数一遍；再看第1位，重复同样的操作，直到把32位都统计完。
2. 用“取余3”判断目标位的值：因为除了目标数字，其他数字的1都会凑成3的倍数，所以对每一位的1的总数除以3取余数，结果只有两种可能：
   • 余数是0：说明这一位的1刚好是3的倍数，目标数字在这一位肯定是0（没多出来的1）；
   • 余数是1：说明这一位的1比3的倍数多1个，这个多出来的1只能来自目标数字，所以目标数字在这一位是1。

结合这张二进制位统计图，你能更直观地看到这个规律：

图里每一位的统计结果，要么是“3的倍数（3n）”，要么是“3的倍数加1（3n+1）”，取余3之后的结果，和目标数字对应位的0/1完全一样——这就是位运算解法的“核心密码”。

可以自己拿起笔和纸结合下面这个例子自己来验证一下：
比如数组[2,2,3,2]：

• 2的二进制是10，3的二进制是11；
• 看第0位（最低位）：3个2的第0位都是0，1个3的第0位是1 → 1的总数是1 → 取余3得1 → 目标数字第0位是1；
• 看第1位：3个2的第1位都是1（3个1），1个3的第1位是1 → 1的总数是4 → 取余3得1 → 目标数字第1位是1；
• 更高的位上所有数字都是0 → 取余3得0 → 目标数字这些位都是0；
• 最后把这些位组合起来，就是11（也就是3），正好是我们要找的答案。

代码实现

明白了原理，代码就很好理解了。我们要做的就是“遍历每一位→统计1的个数→取余判断→拼出结果”，一步一步把刚才的思路落地：

注：代码中出现的两个位运算公式的详细推导可以看 位运算 常见方法总结 算法练习 C++ ）

class Solution {
public:int singleNumber(vector<int>& nums) {int ret = 0; // 用来存最终结果，一开始是0（二进制全0）// 遍历int的32位：从最低位（第0位）到最高位（第31位），一个都不能漏for (int i = 0; i < 32; i++) {int sum = 0; // 临时变量，统计当前第i位上所有数字中1的总数// 逐个检查数组里的每个数字，看它们的第i位是不是1for (auto e : nums) {// if括号中的位运算公式是判断e的二进制表示中的第i位是否为1，即注释中说明的第一个公式if (((e >> i) & 1) == 1) {sum++; // 是1的话，就把统计数加1}}// 取余3，判断目标数字第i位是0还是1sum %= 3;// 如果余数是1，说明目标数字第i位是1，得把这个1“拼”到结果里if (sum == 1) {ret |= (1 << i);// 这里的位运算公式是将ret的二进制表示的第i位修改成1，即注释中说明的第二个公式}}return ret; // 把32位拼好的结果返回，就是那个只出现一次的数字}
};

关键补充：负数补码的兼容处理
题目中nums包含负数（范围到-2³¹），但上述代码无需额外修改即可兼容，核心原因是：
C++中int类型以补码存储，负数的符号位（第31位）为1，正数为0。统计第31位时，“sum%3”的逻辑与其他位完全一致——若sum%3=1，说明目标数字是负数（符号位为1），通过ret |= (1 << 31)会自然将ret转为补码形式，最终返回的就是正确的负数值。

时间复杂度和空间复杂度：为什么它是“最优解”？

• 时间复杂度：O(n)
  这里有两层循环，但外层循环固定只跑32次（因为int类型就32位，不管数组多长都不会变，属于“常数级操作”）；内层循环要遍历整个数组，跑n次。所以总操作次数其实是“32×n”——严肃的来讲时间复杂度应该是O(nlogC)，其中 n 是数组的长度，C 是元素的数据范围，在本题中 logC = log 2³² = 32)，根据大O记号的规则常数（32）可以忽略，最终时间复杂度就是O(n)，完全符合题目“线性时间”的要求。

• 空间复杂度：O(1)
  整个过程只用到了3个变量：ret存结果、sum统计当前位的1、i控制遍历的位数。不管数组长度是10还是10万，这些变量的数量都不会变，没有额外占用和数组长度相关的空间，所以是“常数级空间”，完美满足题目最严格的约束。

哈希表（直观解法）

算法原理

核心思路：利用哈希表的“键-值”映射特性，统计每个元素的出现次数，最后筛选出次数为1的元素。

具体步骤：
1.初始化哈希表（C++中可用unordered_map<int, int>），键为数组元素，值为该元素的出现次数；
2.遍历数组，对每个元素：若已在哈希表中，次数加1；若未在哈希表中，添加到哈希表并设次数为1；
3.遍历哈希表，找到值为1的键，该键即为目标元素。

该方法的优势是逻辑直观，无需深入理解二进制操作，适合刚接触这类题目时快速建立解题思路；但缺点是空间复杂度较高，不满足题目“常数级空间”的最优要求，可作为“过渡解法”理解。

代码实现

#include <unordered_map>class Solution {
public:int singleNumber(std::vector<int>& nums) {std::unordered_map<int, int> countMap; // 键：数组元素，值：出现次数// 第一步：统计每个元素的出现次数for(int num : nums){countMap[num]++; // 若num已存在，次数+1；否则添加到哈希表并设为1}// 第二步：遍历哈希表，找到次数为1的元素for(auto& pair : countMap){if(pair.second == 1)return pair.first; // 找到目标元素，直接返回}return 0; // 理论上不会执行（题目保证有唯一解）}
};

时间复杂度和空间复杂度的分析

• 时间复杂度：O(n)（平均）
  遍历数组统计次数（O(n)），遍历哈希表筛选结果（哈希表元素个数最多为(n-1)/3 +1，即O(n)）。std::unordered_map的插入与查询平均时间复杂度为O(1)，但最坏情况下（哈希冲突严重）会退化为O(n)，此时总时间复杂度接近O(n²)——不过LeetCode题目用例中哈希冲突概率极低，实际可认为满足“线性时间”要求。

• 空间复杂度：O(n)
  哈希表存储的元素个数取决于数组中不同元素的数量，最坏情况下（如目标元素外的其他元素均不重复，但题目中其他元素均出现三次，实际不同元素个数为(n-1)/3 +1），空间复杂度仍为O(n)，不满足“常数级空间”约束。

总结

1. 方法对比与选择：

对比维度	位运算解法	哈希表解法
时间复杂度	O(n)（32×n，常数可忽略）	O(n)（平均），O(n²)（最坏）
空间复杂度	O(1)（常数级，最优）	O(n)（依赖不同元素数量）
适用场景	需满足“常数空间”约束	追求逻辑直观，无空间限制
理解门槛	较高（需位运算知识铺垫）	较低（依赖哈希表基础）

2. 核心知识点回顾：
   位运算：通过右移（>>）、与（&）、或（|）、左移（<<）实现二进制位的操作与统计；
   哈希表：利用“键-值”映射快速统计元素出现次数，平均时间复杂度为O(1)的插入与查询。

3. 解题思维迁移：
   本题的位运算思路可直接推广到“其余元素出现k次，找只出现1次的元素”的场景，核心修改仅一处：将“sum%3”改为“sum%k”。

示例：若题目要求“其余元素出现4次，找只出现1次的元素”，只需将代码中sum %= 3改为sum %= 4。以数组[5,5,5,5,7]为例：

• 5的二进制为101，4次出现后，每一位的1总数均为4的倍数（sum%4=0）；
• 7的二进制为111，每一位的1会让sum多1，sum%4=1，最终拼接结果为111（即7），与预期一致。

下题预告

接下来，我们将聚焦「数组中缺失元素」的经典延伸问题——力扣 面试题 17.19. 消失的两个数字。

这道题的核心场景极具代表性：给定一个包含 n-2 个不同整数的数组，所有元素均在 [1, n] 范围内（n ≥ 2），要求找出 [1, n] 中缺失的那两个数字，且需尽可能优化时间与空间复杂度。

前置思考：不妨先试着想两个问题，为下一题的学习铺垫思路：

1. 若先计算 [1, n] 的总和与数组总和的差值，能得到“两个缺失数字的和”，但如何进一步把这两个数分开？
2. 借鉴“异或分组”的思路：若对 [1, n] 所有数和数组所有数做异或，最终结果是什么？如何利用这个结果将两个缺失数字分到不同组中？

带着这些疑问，我们下一题将逐步拆解最优解法，我们一起掌握“找两个缺失数字”的核心逻辑！