一、题目描述

给定一个只包含整数的有序数组 nums ，每个元素都会出现两次，唯有一个数只会出现一次，请找出这个唯一的数字。

你设计的解决方案必须满足 O(log n) 时间复杂度和 O(1) 空间复杂度。

示例 1:

输入: nums = [1,1,2,3,3,4,4,8,8]
输出: 2

示例 2:

输入: nums =  [3,3,7,7,10,11,11]
输出: 10

提示:

• 1 <= nums.length <= 105
• 0 <= nums[i] <= 105

二、思路讲解

        2.1 哈希表

        找个数的题目，用HashMap可以通杀。使用哈希表保存每个数字出现的次数，然后找到值为1的即可。

        时间复杂度：        O(N)

        空间复杂度：        O(N)

        2.2 一次循环

        因为数组本身是有序的（即使的无序的也可以给他排序），所以相等的数字必然相邻，那么我们可以一遍循环，找到一个数字，他的左边和右边跟自己都不相等，这个数字就是只出现一次的数字。

        时间复杂度：        O(N)

        空间复杂度：        O(1)

        2.3 二分查找

        然而，题目中要求的时间复杂度为对数级。由经验可得，有序数组的查找基本上可以使用二分查找，因此我们取左指针low指向最左，右指针high指向最右，中点mid指向中间，可以注意到：        

        1、当mid为偶数时：

       ——如果nums[mid]跟左边的数字相等，那么所求数字一定出现在mid的左边，可以直接令high = mid -1。例如：

                                1        1        2        3        3        4        4        5        5

                                low                                 mid                                   high

        ——如果nums[mid]跟右边数字相等，那么所求数字一定出现在mid右边。例如：

                                1        1        2        2        3        3        4        5        5

        2、当mid为奇数时：

        ——如果nums[mid]跟左边数字相等，那么所求数字定出现在mid右边。例如：

                      1        1        2        2        3        3        4        4        5        6        6

                    low                                              mid                                            high

        ——如果nums[mid]跟右边数字相等，则相反。例如：

                      1        1        2        3        3        4        4        5        5        6        6

        这样我们就已经确定了二分查找的大致思路。

        剩下的困难就是边界的判断问题了，我们一起看看代码里是怎么做的：

class Solution {
    public int singleNonDuplicate(int[] nums) {
        if(nums.length==1 || nums[0]!=nums[1]) {
            return nums[0];
        }
        int low = 0;
        int high = nums.length - 1;
        while(low <= high) {
            //这样写在任何情况下都不会溢出
            int mid = (high - low) / 2 + low; 
            //如果mid达到了边界，就给left或right一个不可能的值，这样可以简化边界的判断
            int left = (mid>0)? nums[mid-1] : -1;
            int right = (mid<nums.length-1)? nums[mid+1] : Integer.MAX_VALUE;
            //如果nums[mid]跟两边都不相等，说明我们找的就是他
            if(nums[mid]!=left && nums[mid]!=right) {
                return nums[mid];
            }
            if(mid%2 == 0) {
                if(nums[mid] == right) {
                    low = mid + 1;
                } else{
                    high = mid -1;
                }
            } else {
                if(nums[mid] == left) {
                    low = mid + 1;
                } else {
                    high = mid - 1;
                }
            }
        }
        return nums[low];
    }
}

        时间复杂度：        O(logN)

        空间复杂度：        O(1)

        2.4 位运算

        利用按位异或的性质，可以减少对mid判断奇偶性的步骤，减少代码量，算得上是奇技淫巧了：

        当mid为偶数时，mid + 1 = mid ^ 1;

        当mid为奇数时，mid  – 1 = mid ^ 1;

class Solution {
    public int singleNonDuplicate(int[] nums) {
        int low = 0, high = nums.length - 1;
        while (low < high) {
            int mid = (high - low) / 2 + low;
            if (nums[mid] == nums[mid ^ 1]) {
                low = mid + 1;
            } else {
                high = mid;
            }
        }
        return nums[low];
    }
}

作者：力扣官方题解
链接：https://leetcode.cn/problems/skFtm2/solutions/1252765/pai-xu-shu-zu-zhong-zhi-chu-xian-yi-ci-d-jk8w/
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