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1. 两个数字出现一次，其余数字出现两次。O(n)+O(1)。

找一个不同点，将所有数字分为两类。其中，两个只出现一次的数字各出现在一个集合当中。

如何找最后一个不同点？我们知道，如果两个数字不同的话，那么，在二进制表示下，他们一定有一个二进制位是不同的，其中一个为 $0$，一个为 $1$。通过对所有数字求异或和，就可以得到 $a$ ^ $b$，然后枚举一下，任意找一个不同点即可！

class Solution {
public:vector<int> singleNumbers(vector<int>& nums) {int xors = 0;  for(auto &x : nums) xors ^= x;int diff = 0; // 二进制表示中第一个不同点for(int i = 0; i < 32; i ++ ) {if(xors >> i & 1) {diff = i;break;}}int r1 = 0, r2 = 0;for(auto &x : nums) {if(x >> diff & 1)   r1 ^= x;else    r2 ^= x;}return {r1, r2};}
};

2. 一个数字出现了一次，其余都出现了三次

我们首先从暴力的角度出发，我们可以枚举每个 bit 位置 1 的数量，如果该 bit 位置 1 出现了 3 次，就消为 0，这可以通过对 3 取模实现。时间复杂度是 $O(32N)$。

class Solution {
public:int trainingPlan(vector<int>& actions) {int res = 0;for(int i = 0; i < 32; i ++ ) {int cnt = 0;for(auto &x : actions)  cnt += x >> i & 1;cnt %= 3;res += cnt << i;}return res;}
};

那么，我们有没有办法不枚举每个 bit 位置，而是一次性直接对数字的所有 bit 位置进行位运算，将时间复杂度优化到 $O(N)$ 呢？

试想一下，我们可以设计一种逻辑运算，当某个 bit 位置的 1 出现 3 次时，该逻辑运算的结果是 0，其他情况下为 1，这样我们对所有数字进行该逻辑运算，得到的结果就是那个只出现一次的数字。

在这里我们可以定义两个变量 ones 和 twos，分别记录 bit 位 1 出现一次的位和 1 出现两次的位。注意在这里我们无需记录 1 出现了三次的 bit 位，因此在我们的逻辑运算中，出现了三次的 bit 位会计算为 0，也即出现 0 次。由于 0 比较特殊，这里我们无需显示额外记录。那么最后 ones 即为我们想要的答案。

例如，ones=10=1010B。其中，bit 位置为 1 和 4 的位为 1，表示这两个 bit 位 1 出现的次数为 1。

另外，bit 位置为 0 和 3 的位为 1，表示这两个 bit 为 1 出现的次数为 0，它包含在 ones 中隐式表示了。

为了得到这种逻辑运算，我们可以运用数字电路中的卡诺图，一种用于简化布尔表达式的方法，它可以帮助我们直观地找出最简逻辑表达式。

通过上面的分析，这里有三种状态：[0, 1, 2]，分别表示 bit 位中 1 出现的次数为 0 次，1次，2次。我们用 ones 表示 1，twos 表示 2，0 隐式表示。

我们可以将 ones 和 twos 分别视为两个二进制位的低位和高位，在接受一个新数字时，我们就可以得到 ones 和 twos 的卡诺图。

# AB分别表示twos、ones
# AB为11的结果是无意义的,用x表示
# 10在接受输入1之后变成00,表示出现3次1的bit为又化为0了# A 的卡诺图
AB\C |  0  |  1
=================00 |  0  |  001 |  0  |  1        ====> 得到 A = BC + AC'11 |  x  |  x10 |  1  |  0# B 的卡诺图
AB\C |  0  |  1
=================00 |  0  |  101 |  1  |  0        ====> 得到 B = BC' + A'B'C11 |  x  |  x10 |  0  |  0

class Solution {
public:int trainingPlan(vector<int>& nums) {int A = 0, B = 0;for (auto &C : nums) {int preA = A;A = (B & C) | (A & ~C);B = (B & ~C) | (~preA & ~B & C);}return B;}
};