教学过程中，教练示范一次，学员跟做三次。该过程被混乱剪辑后，记录于数组 actions，其中 actions[i] 表示做出该动作的人员编号。请返回教练的编号。
示例 1：
输入：actions = [5, 7, 5, 5]
输出：7
示例 2：
输入：actions = [12, 1, 6, 12, 6, 12, 6]
输出：1
- 乍一看很简单，某个数字只出现一次，其他数字都出现三次，找出只出现一次的数字。直接用 HashMap 统计每个数字出现的次数即可，不过可以用位运算更快实现。思路为：这些数字都是 32 位整数，那就用一个长度 32 的数组记录每一位 1 的个数。比如三个 1001 和一个 1000，最后会得到数组[4,0,0,3…]，表示经统计，第一位为 1 的数字共有 4 个，第四位为 1 的有 3 个，去掉三的倍数个 1，剩下的就是只出现一次的二进制数字每一位的情况。也就从 4003 成了 1000，也就是只出现一次的那个数字。
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public int trainingPlan(int[] nums) { int[] res = new int[32]; // 统计每一位上的 1 共有几个 for(int num : nums){ for(int i=0;i<32;i++){ res[i] += num & 1; num>>=1; } } // 统计完了就得想办法把这个数组还原成二进制数 int ans = 0,m = 3; for(int i=0;i<32;i++){ // 从头开始遍历，对 3 取余后的数字，每一位对应的位置应该是 x << i // 比如 res 取余 3 后为 1001，ans 的变化过程为 // 0000 | 1<<0 = 0001 // 0001 | 0<<1 = 0001 // 0001 | 0<<2 = 0001 // 0001 | 1<<3 = 1001 // 所以 <<i 就是为了把 0 或 1 放到对应的第几位 ans |= res[i]%3<<i; } return ans; } - 上面一种解法理解起来相对比较容易，根据同样的思路，有更快的解法，不过具体实现有点难以理解。我只能以我的理解来讲解。首先根据上面的思路，一堆 32 位整数在“相加”（懂我说的相加吧，1001+1100=2101，这个相加是统计每一位有几个 1）的过程中由于最后要对 3 取余，所以实际上每一位（注意是每一位）会经历的只有三种状态变化的可能性。规律为 0->1->2->0->1->2…。由于每一位都是同样的变化规律，所以我们先单独分析一位。因为最大会变化成 2 ，所以一个二进制位无法表示，我们用两个二进制位来表示某一位（再次提醒，这个某一位表示的是相加过程中 32 位结果中对应的某一位的统计结果，就是上面解法中的某个 res[i]），我们为这两个二进制位起名为 two 和 one，00，01，10 就分别表示 0，1，2 这三种状态。那么我们重新表示一遍我们状态变化的规律为 00->01->10->00->01->10…。接下来我们先用最原始的判断来表述一遍 one 遇到每个 num 会怎么样(省事点先用 python 了)：
- 在此之前先附上完整的真值表：记录某一位状态的 two one 加上对应位的 n 后的计算结果，two one 共有三种状态，n 为 0 或 1，所以共有 6 种情况
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# 其实这也已经简化过了，没有划分每种 two, n, one 最终计算出的对应的 新one if two==0: if n==0: #记得这个 n 表示的是在 32 位的某一位上的数，因为 one two 也是用来表示某一位相加过程中的状态 # 你也可以自己划分一下 if one== 0，if one == 1，会发现最后结果都是 one one = one if n==1: one = ~one # one 的相反数 if two==1: # 此时 two one 只可能为 10，那么你 n 为 0 ，one 还是保持为 0，n 为 1，我就得变成 00，one 还是 0 # 也就是说 n 首先此时必定为 0，并且无论变或不变最后都成了 0 one = 0 - 由于实际上最终状态只会剩下 00 和 01，换言之，因为 two 恒为 0，所以是 one 真正记录了最后的两种状态，所以我们返回 one 就能表示 32 位结果中对应的某一位最后为 0 还是 1
- 我们通过对上面代码的简化优化成位运算，那么最终我们就得到了每一位的批量计算，因为每一位的计算规则都一样（你需要理解这点，这也是为什么我们先分析单独的一位）。
- 我们先简化 two 为 0 的情况，列出 n 与 one 的真值表
n one newone
0 0 0
0 1 1
1 0 1
1 1 0
- 可以看到符合异或运算，即
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if two==0: one = one^n if two==1: one = 0 - 接着简化，老样子，真值表，这里把 one^n 暂时记作 one
two one newone
0 one one
0 one one
1 one 0
1 one 0
- 这个就稍复杂一点点，
x?0=x, x?1=0，我们知道x&1=x, x&0=0，但是这里正好相反，是 0 和 1，因为~0=1，~1=0，那么不难想到了，x&~0=x, x&~1=0，所以我们就得到了 newone = one &~two，把 one^n 再代入回来，我们最终得到了 one = (one^n) & ~two- 我们还得根据计算出的 one 继续计算出 two，按道理我们是需要根据旧的 one 来加 n 计算出 two，那我们还是一样先真值表，根据旧的 two 和 n 以及 新的 one，推算出旧的 one，然后得到新的 two
- two old：当前 two 的值
- 第一行：two 为 0，n 为 1，新的 one 为 1，说明之前的 two，one 为 00，（two，one 我就简称为 x 吧），所以 00+1 = 01，新的 two 为 0；
- 第二行：two 为 0，n 为 1，新的 one 为 0，说明之前的 x 为 01，01+1=10，新 two 为 1
- 第三行：two 为 1，n 为 1，新 one 为 0，说明之前的 x 为 10，其实 two 为 1，x 只可能是 10，10+1=00，新 two 为 0
- 不用我继续写了吧，根据真值表我们先得到最朴素的 6 个 if
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if two==0: if n==0: if one == 0: two = two elif one == 1: two = two if n==1: if one == 0: two = 1 #~two if one == 1: two = two elif two==1: if n==0: if one == 0: two = two if n==1: if one == 0: two = 0 #~two - 简化一下，结果还是为 two 的情况可以省略：
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if two==0: if n==1: if one == 0: two = 1 elif two==1: if n==1: two = 0 - 继续简化：
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if two==0: if n==1 && one == 0: two = 1 elif two==1: if n==1 && one == 0: two = 0 - 再简化，为了使得 n==1 && one == 0 为 true，你会发现可以转换成 n&~one
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if two==0: if n&~one: two = 1 elif two==1: if n&~one: two = 0 - 到了这里你不觉得有点眼熟吗，你可以扩充完整来列出真值表
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if two==0: if n&~one: two = 1 # 这个 two 就是 newtwo else: two = 0 elif two==1: if n&~one: two = 0 else: two = 1 - 然后得到了：
two n&~one newtwo
0 0 0
0 1 1
1 0 1
1 1 0
- 这不就是异或吗，所以 two = two ^ (n&~one)，因为 & 优先级高于 ^ 所以小括号可以省略
- 最终代码如下
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public int trainingPlan(int[] nums) { // 因为是批量位运算，所以用了 ones 而不是 one int twos = 0, ones = 0; for(int n:nums){ ones = (ones^n) & ~twos; twos = twos ^ n & ~ones; } return ones; } - 我只有一个疑问，为什么别人的解法最终是：
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public int trainingPlan(int[] nums) { int twos = 0, ones = 0; for(int n:nums){ ones = ones^n & ~twos; twos = twos ^ n & ~ones; } return ones; }
