牛客-JZ40-数组中只出现一次的两个数字

方法一：位运算法

思路：受启发与左神和K神的题解，因为相同的数字异或为0，任何数字与0异或结果是其本身。所以遍历异或整个数组最后得到的结果就是两个只出现一次的数字异或的结果：即 eor = a ^ b。根据异或的性质：eor至少有一位是1，否则a与b就是相等的。我们通过 eor & (~eor + 1)找到最低位的1，也是最右边的1。接着，遍历数组，将每个数组元素都与rightOne进行与运算，便会得到两组结果，分别是结果为0和1。此时，我们就将这个问题变成了两个数组中有一个数字只出现一次的情况，我们将结果为1的数组元素与onlyOne进行异或，最后便可以得到出现一次的两个数字中的一个，再与eor进行异或运算就可以得到另一个目标值，将这两个值返回即可。

class Solution {
   
    public int[] singleNumbers(int[] nums) {
   
        int eor = 0;
        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
   
            eor ^= nums[i];
        }
        // eor = a ^ b
        // eor != 0
        // eor比如有一个位置上是1，
        // 说明这两个数在某一位上一定不相同！即根据这一位可以将数组分为两个阵营！
        // 0101001
        // 0000001
        int rightOne = eor & (~eor + 1); // 提取出最右的1
        int onlyOne = 0;
        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
   
            // array[i] = 11001000
            // rightOne = 00001000
            if ((nums[i] & rightOne) != 0) {
    // 只异或最右边为1的数
                onlyOne ^= nums[i];
            }
        }
        int[] ret = new int[2];
        ret[0] = Math.min(onlyOne, onlyOne ^ eor);
        ret[1] = Math.max(onlyOne, onlyOne ^ eor);
        return ret;
    }
}

时间复杂度： O(N)，N表示数组nums的长度。
空间复杂度： O(1)，额外空间不包含返回所需的空间ret。