我这里总结了几道位运算的题目分享给大家，分别是 136 和 137， 260 和 645， 总共加起来四道题。 四道题全部都是位运算的套路，如果你想练习位运算的话，不要错过哦～～

前菜

开始之前我们先了解下异或，后面会用到。

异或的性质
两个数字异或的结果a^b是将 a 和 b 的二进制每一位进行运算，得出的数字。 运算的逻辑是果同一位的数字相同则为 0，不同则为 1。

异或的规律：

• 任何数和本身异或则为0
• 任何数和 0 异或是本身
• 异或运算满足交换律，即：a ^ b ^ c = a ^ c ^ b

OK，我们来看下这三道题吧。

136. 只出现一次的数字 1

题目大意是除了一个数字出现一次，其他都出现了两次，让我们找到出现一次的数。我们执行一次全员异或即可。

class Solution:def singleNumber(self, nums: List[int]) -> int:single_number = 0for num in nums:single_number ^= numreturn single_number

复杂度分析
时间复杂度：$O(N)$，其中 N 为数组长度。
空间复杂度：$O(1)$

137. 只出现一次的数字 2

题目大意是除了一个数字出现一次，其他都出现了三次，让我们找到出现一次的数。 灵活运用位运算是本题的关键。

Python3:

class Solution:def singleNumber(self, nums: List[int]) -> int:res = 0for i in range(32):cnt = 0  # 记录当前 bit 有多少个1**加粗样式**           bit = 1 << i  # 记录当前要操作的 bitfor num in nums:if num & bit != 0:cnt += 1if cnt % 3 != 0:# 不等于0说明唯一出现的数字在这个 bit 上是1res |= bitreturn res - 2 ** 32 if res > 2 ** 31 - 1 else res

• 为什么 Python 最后需要对返回值进行判断？

如果不这么做的话测试用例是[-2,-2,1,1,-3,1,-3,-3,-4,-2] 的时候，就会输出 4294967292。 其原因在于 Python 是动态类型语言，在这种情况下其会将符号位置的 1 看成了值，而不是当作符号“负数”。 这是不对的。 正确答案应该是 - 4，-4 的二进制码是 1111…100，就变成 2^32-4=4294967292，解决办法就是 减去 2 ** 32 。

之所以这样不会有问题的原因还在于题目限定的数组范围不会超过 2 ** 32

JavaScript:

var singleNumber = function (nums) {let res = 0;for (let i = 0; i < 32; i++) {let cnt = 0;let bit = 1 << i;for (let j = 0; j < nums.length; j++) {if (nums[j] & bit) cnt++;}if (cnt % 3 != 0) res = res | bit;}return res;
};

复杂度分析
时间复杂度：$O(N)$，其中 N 为数组长度。
空间复杂度：$O(1)$

上述感觉这种方法他没说清楚，特此补充完整，

方法二：依次确定每一个二进制位

思路与算法

细节

代码

class Solution {public int singleNumber(int[] nums) {int ans = 0;for (int i = 0; i < 32; ++i) {int total = 0;for (int num: nums) {total += ((num >> i) & 1);}if (total % 3 != 0) {ans |= (1 << i);}}return ans;}
}作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode.cn/problems/single-number-ii/solution/zhi-chu-xian-yi-ci-de-shu-zi-ii-by-leetc-23t6/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

645. 错误的集合

和上面的137. 只出现一次的数字2思路一样。这题没有限制空间复杂度，因此直接 hashmap 存储一下没问题。 不多说了，我们来看一种空间复杂度$O(1)$的解法。

由于和137. 只出现一次的数字2思路基本一样，我直接复用了代码。具体思路是，将 nums 的所有索引提取出一个数组 idx，那么由 idx 和 nums 组成的数组构成 singleNumbers 的输入，其输出是唯二不同的两个数。

但是我们不知道哪个是缺失的，哪个是重复的，因此我们需要重新进行一次遍历，判断出哪个是缺失的，哪个是重复的。

class Solution:def singleNumbers(self, nums: List[int]) -> List[int]:ret = 0  # 所有数字异或的结果a = 0b = 0for n in nums:ret ^= n# 找到第一位不是0的h = 1while(ret & h == 0):h <<= 1for n in nums:# 根据该位是否为0将其分为两组if (h & n == 0):a ^= nelse:b ^= nreturn [a, b]def findErrorNums(self, nums: List[int]) -> List[int]:nums = [0] + numsidx = []for i in range(len(nums)):idx.append(i)a, b = self.singleNumbers(nums + idx)for num in nums:if a == num:return [a, b]return [b, a]

复杂度分析
时间复杂度：$O(N)$
空间复杂度：$O(1)$

260. 只出现一次的数字 3

题目大意是除了两个数字出现一次，其他都出现了两次，让我们找到这个两个数。

我们进行一次全员异或操作，得到的结果就是那两个只出现一次的不同的数字的异或结果。

我们刚才讲了异或的规律中有一个任何数和本身异或则为0， 因此我们的思路是能不能将这两个不同的数字分成两组 A 和 B。 分组需要满足两个条件.

• 两个独特的的数字分成不同组
• 相同的数字分成相同组

这样每一组的数据进行异或即可得到那两个数字。

问题的关键点是我们怎么进行分组呢？

由于异或的性质是，同一位相同则为 0，不同则为 1. 我们将所有数字异或的结果一定不是 0，也就是说至少有一位是 1.

我们随便取一个， 分组的依据就来了， 就是你取的那一位是 0 分成 1 组，那一位是 1 的分成一组。 这样肯定能保证2. 相同的数字分成相同组, 不同的数字会被分成不同组么。 很明显当然可以， 因此我们选择是 1，也就是 说两个独特的的数字在那一位一定是不同的，因此两个独特元素一定会被分成不同组。

class Solution:def singleNumbers(self, nums: List[int]) -> List[int]:ret = 0  # 所有数字异或的结果a = 0b = 0for n in nums:ret ^= n# 找到第一位不是0的h = 1while(ret & h == 0):h <<= 1for n in nums:# 根据该位是否为0将其分为两组if (h & n == 0):a ^= nelse:b ^= nreturn [a, b]

复杂度分析
时间复杂度：$O(N)$，其中 N 为数组长度。
空间复杂度：$O(1)$

方法二：位运算

思路与算法

代码

class Solution {public int[] singleNumber(int[] nums) {int xorsum = 0;for (int num : nums) {xorsum ^= num;}// 防止溢出int lsb = (xorsum == Integer.MIN_VALUE ? xorsum : xorsum & (-xorsum));int type1 = 0, type2 = 0;for (int num : nums) {if ((num & lsb) != 0) {type1 ^= num;} else {type2 ^= num;}}return new int[]{type1, type2};}
}作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode.cn/problems/single-number-iii/solution/zhi-chu-xian-yi-ci-de-shu-zi-iii-by-leet-4i8e/
来源：力扣（LeetCode）
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