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[五.只出现一次的数字 II（medium）](#五.只出现一次的数字 II（medium）)
一.常见的位运算总结
1.基础位运算
- << : 所有二进制位向左移动指定的位数，低位补0，每左移1位相当于乘以2
- >>:的所有二进制位向右移动指定的位数，高位补0，高位补符号位（算术右移）每右移1位相当于除以2（整数除法）
- ~:按位取反
- & : 有0就是0
- | : 有1就是1
- ^ : 相同为0，相异为1
2.给一个数 n，确定它的二进制中第x位是0还是1
直接让那个位置的数字右移到最低位与（&）1取出最低位。
3.将一个数n的二进制位的第x位修改成为1
让第x位置或（|）1，其他位不变（或0），即n要或的数就是1左移x位置
4.将一个数n的二进制的第x位修改成0
让第x位置与（&）1，其他位不变（与1），即n要或的数就是（1左移x位置然后取反~）
5.位图的思想
本质就是一个哈希表，但是之前的哈希表是一个数组，但是现在这里的哈希表是一个int的二进制位，让每一个比特位记录信息
6.提取一个数（n）二进制表示中最右侧的1
eg：
只需要 n & -n
因为-n的本质是，将最右侧的1，左边的区域全部变成相反
7.干掉一个数n二进制表示中最右侧的1
只需要 n & （n-1）
因为 n-1 的本质是，将最右侧的1，右边的区域（包含1）全部变成相反
8.位运算的优先级
（能加括号就加括号）
题目：
9.异或（^)运算的运算律
- a^0=a
- a^a=0 (消消乐)
- a^b^c=a^c^b
题目
260. 只出现一次的数字 III - 力扣（LeetCode）
二.判断字符是否唯⼀（easy）
- 解法（位图的思想）：
利⽤「位图」的思想，每⼀个「比特位」代表⼀个「字符，⼀个 int 类型的变量的 32 位足够表示所有的小写字母。比特位里面如果是 0 ，表⽰这个字符没有出现过。⽐特位⾥⾯的值是 1 ，表示该字符出现过。
那么我们就可以⽤⼀个「整数」来充当「哈希表」。
- 代码：
C++:
java:
三.丢失的数字
- 解法（位运算）：
设数组的大小为 n ，那么缺失之前的数就是 [0, n] ，数组中是在 [0, n] 中缺失⼀个数形成的序列。
如果我们把数组中的所有数，以及 [0, n] 中的所有数全部「异或」在⼀起，那么根据**「异或」运算的「消消乐」规律，**最终的异或结果应该就是缺失的数~
- 代码:
C++:
java:
四.两整数之和（medium）
- 解法（位运算）：
- 异或 ^ 运算本质是「无进位加法」；
- 按位与 & 操作能够得到「进位」；
- 然后⼀直循环进行，直到「进位」变成 0 为止。
代码:
C++:
java：
五.只出现一次的数字 II（medium）
- 解法（比特位计数）：
设要找的数位 ret 。
由于整个数组中，需要找的元素只出现了「⼀次」，其余的数都出现的「三次」，因此我们可以根据所有数的「某一个比特位」的总和 %3 的结果，快速定位到 ret 的「⼀个比特位上」的值是0 还是 1 。
这样，我们通过 ret 的每⼀个⽐特位上的值，就可以将 ret 给还原出来。
- 代码:
C++:
java:
六.消失的两个数字（hard）
- 解法（位运算）：
本题就是 268. 丢失的数字 + 260. 只出现⼀次的数字 III 组合起来的题。
先将数组中的数和 [1, n + 2] 区间内的所有数「异或」在⼀起，问题就变成了：有两个数出现了「⼀次」，其余所有的数出现了「两次」。进而变成了 260. 只出现⼀次的数字 III 这道题。
- 代码:
C++:
java:
