两道位运算 / 摩尔投票经典题复盘：只出现一次的数字 & 多数元素

前言

今天复盘两道 LeetCode 上的经典 "简单题"，它们看起来容易，但解法里藏着非常巧妙的算法思想：一道是位运算的经典应用 ，另一道是摩尔投票算法的入门模板。这两道题不仅是面试高频考点，更是理解算法优化思路的绝佳案例。

一、136. 只出现一次的数字（简单）

题目描述

给定一个非空整数数组，除了某个元素只出现一次以外，其余每个元素均出现两次。找出那个只出现了一次的元素。要求：线性时间复杂度、常数额外空间。

核心思路：异或运算的妙用

这道题的 "黑科技" 解法，核心是利用异或运算的三个性质：

a ^ a = 0：相同的数异或结果为 0
a ^ 0 = a：任何数和 0 异或，结果不变
a ^ b ^ a = b：异或运算满足交换律和结合律

所以，我们只需要把数组里的所有数从头到尾异或一遍，最终的结果就是那个只出现一次的数字 ------ 所有成对出现的数都会异或为 0，最后剩下的就是那个单独的数。

完整代码（Java）

java

运行

复制代码

class Solution {
    public int singleNumber(int[] nums) {
        int res = 0;
        for (int num : nums) {
            res ^= num;
        }
        return res;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O (n)，只遍历一次数组
空间复杂度：O (1)，只用了一个变量存结果

拓展思考

如果题目改成 "其余元素出现三次，只有一个元素出现一次"，就不能直接用异或了，需要用位统计的方法，但核心思路依然是利用位运算的特性。

二、169. 多数元素（简单）

题目描述

给定一个大小为 n 的数组，找到其中的多数元素。多数元素是指在数组中出现次数大于 ⌊n/2⌋ 的元素。要求：线性时间复杂度、O (1) 空间复杂度。

核心思路：摩尔投票算法

这道题的最优解是摩尔投票算法，它的核心思想可以理解为 "正负抵消"：

维护一个候选元素 candidate 和它的票数 count
遍历数组：
- 如果 count == 0，把当前元素设为新的候选
- 如果当前元素等于候选，count++；否则 count--
因为多数元素的出现次数超过一半，它在和其他元素 "抵消" 后，最终一定会成为剩下的候选。

完整代码（Java）

java

运行

复制代码

class Solution {
    public int majorityElement(int[] nums) {
        int candidate = nums[0];
        int count = 1;
        for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
            if (count == 0) {
                candidate = nums[i];
                count = 1;
            } else if (nums[i] == candidate) {
                count++;
            } else {
                count--;
            }
        }
        return candidate;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O (n)，只遍历一次数组
空间复杂度：O (1)，只用了两个变量

拓展思考

摩尔投票算法还可以拓展到 "找出数组中出现次数大于 n/3 的元素"，最多有两个候选元素，需要两轮遍历：第一轮投票找出候选，第二轮验证是否真的满足条件。

两道题对比总结

表格

题目	核心思想	时间复杂度	空间复杂度	关键考点
只出现一次的数字	异或运算的性质	O(n)	O(1)	位运算、交换律结合律
多数元素	摩尔投票算法（正负抵消）	O(n)	O(1)	多数元素的定义、投票过程

这两道题都是 "看起来简单，解法很巧妙" 的典型，掌握它们的思路，不仅能解决原题，更能帮你理解算法优化的核心思想 ------ 利用问题的特性，用更高效的方式实现目标。