最近遇到这样一道算法题:
Given an array of integers, every element appears three times except for one. Find that single one.
一组整数,除了一个只出现一次以外,其他每个整数都恰好出现三次,要寻找那个特殊的整数。
似曾相识
首先,它让我想起了另外一道类似的题目,如果把上面的“恰好三次”,改成“恰好两次”,寻找那个特殊的整数,又该怎么解?
那样的话,我希望找到一个方法,让两个相同的数进行运算以后,能够泯灭掉,这样所有的数进行运算,剩下的值就是那个特殊的数。恰好有这样的方法,这个方法就是“异或”:
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public int singleNumber(int[] A) { int total = 0; for (int a : A) total ^= a; return total; } |
通用算法
“恰好两次”恰好有“异或”来解,现在“恰好两次”变成了“恰好三次”,推广一点说,如果是“恰好N次”,该怎么解?
通用的算法中,用一个HashMap可以得到复杂度近似为n的解法,key为数字本身,value计数,到三次的时候delete掉这个entry,循环完成以后整个HashMap中剩下的就是那个特殊的整数了。这个解法普普通通,没有叙述的必要。这个方法可以保证“恰好N次”一样解决。这个算法很简单,就不写出来了。
另外一个思路,借由位操作,对于整数32位,对于每一位,整个数列的数加起来去取3的余数,就是那个特殊的数在该位上的值。这个方法也可以保证“恰好N次”一样能够被解决:
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public int singleNumber(int[] A) { int ret = 0; for (int i = 0; i < 32; i++) { int c = 0, mask = 1 << i; // ① mask, 第i位为1,其他位都为0 for (int j = 0; j < A.length; j++) { int val = (A[j] & mask); if ( val>0 || val<0 ) { // ② 如果该数在这一位上为1,计数器就加一 c++; } } if (c%3 > 0) // ③ 这一位的计数除以3取余数,在这里只可能为0或1 ret |= mask; } return ret; } |
关于补码
但是,我在一开始实现这个算法的时候,在上面代码中②的位置,我漏掉了val<0的情况,因为第一印象告诉我,一个正整数去与上一个掩码数,会得到一个正整数。但是这是错误的印象。比如在参数A等于{ -1, -1, -2, -1 }的时候,漏掉val<0的结果等于一个荒唐的2147483646。
这是为什么呢?
因为负数在内存中是以补码方式存放的,第一位最高位是符号位,0表示正数,1表示负数,仅当表示负数的时候,余下的31位等于那个数的数值每一位都取反,然后加1。例如-1,这32位数是:
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// 取反加一前: 1(符号位)000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0001 // 取反加一后: 1(符号位)111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 |
32位整数的范围是从-2147483648到2147483647,为何负值比正值能表示的数多一个,就在于这个“加一”(表示0的时候符号位是0,相当于表示0的时候占用了正数的表示法)。
所以,如果漏掉了上面代码中val<0的情况,在执行到i=31的循环的时候,掩码mask即1<<i是-2147483648,因为它把符号位给变成了1,后面都是0:
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// 即 1(符号位)000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 // 如果按照“取反加一”的规则,它是由它自己取反加一而来的,发生了溢出 1(符号位)000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 |
所以这个数也是补码表示的负数中,最特殊的一个。
那为什么上面说漏掉val<0之后算错的结果是2147483646呢?
这个实际要求解的数-2在内存中的表示是这样的:
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// 取反加一前: 1(符号位)000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0010 // 取反加一后: 1(符号位)111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1110 // 符号位错误: 0(符号位)111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1110 |
由于前面说到的,符号位错误了,变成了正数,而正数的表示法可不是补码表示,所以得出了2147483646这个数。
借助两个数的每一位存储信息
下面这个方法稍微有点难理解,而且很容易写错。需要两个数(one和accumulation),因为一个数在每一位上面无法存放超过两次同样的数出现的信息。每次循环中,需要先标记出现,然后再清零出现过三次的标志位。最终one留下的每一位都是无法清零的,即出现次数不是3的整数倍的。
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public int singleNumber4(int A[]) { int one = 0; // 出现一次的标志位 int accumulation = 0; // 积累标志位 for (int i = 0; i < A.length; i++) { accumulation |= A[i] & one; // 只要第二次或者以上出现,就为1 one ^= A[i]; // 出现奇数次保留,偶数次抛弃 int t = one & accumulation; // 第三次的时候one和accumulation都保留了该位的值 one &= ~t; // 清零出现三次的该位的值 accumulation &= ~t; } return one; } |
其实,这道题还有许多其他做法,既包括利用位运算的其他做法,也有那种“先排序,然后再寻找特殊数”这样突破常规想法的解法(其实我觉得先排序这样的做法很好啊,虽然复杂度稍微高一些(取决于排序的时间复杂度了),但是清晰,而且通用性更好。方法虽然简单,但是我大概受到的教条式思维太严重了,这样的方法根本没有想到……)。