我相信您仍然可以使用XOR的基本思想来巧妙地解决此问题。

首先，让我们更改问题，以使一个数字出现一次，而所有其他数字出现三次。

算法：

这A是length的数组n：

   int ones = 0;  
   int twos = 0;  
   int not_threes, x;

   for (int i=0; i<n; ++i) {  
            x =  A[i];  
            twos |= ones & x;  
            ones ^= x;  
            not_threes = ~(ones & twos);  
            ones &= not_threes;  
            twos &= not_threes;  
   }

恰好发生一次的元素存储在中ones。这会占用O(n)时间和O(1)空间。

我相信我可以将这个想法扩展到问题的一般情况，但是也许你们中的一个可以更快地做到这一点，所以我现在将其保留，并在何时以及是否可以推广该解决方案时对其进行编辑。

说明：

如果问题是这样的：“一个元素出现一次，所有其他元素出现偶数次”，那么解决方案将是对元素进行XOR。原因是x^x = 0，因此所有成对的元素都将消失，仅留下孤独的元素。如果我们在这里尝试相同的策略，那么我们将得到不同元素的XOR，这不是我们想要的。

而是，上述算法执行以下操作：

• ones 是到目前为止已经出现一次的所有元素的XOR
• twos 是到目前为止已出现两次的所有元素的XOR

每次当我们x成为数组中的下一个元素时，都会出现以下三种情况：

1. 如果这是第一次x出现，则将其异或为ones
2. 如果这是第二次x出现，则将其取出ones（再次对其进行XOR处理）并XOR到twos
3. 如果这是第三次x出现，则将其从ones和中取出twos。

因此，最后ones将是仅一个元素的XOR，即不再重复的孤独元素。我们需要查看5行代码以了解其工作原理：后五行x = A[i]。

如果这是第一次x出现，那么ones&x=ones这样twos保持不变。行ones ^= x;异或x与ones权利。因此x在恰好一个ones和twos，所以没有在最后三行要么发生ones或twos。

如果这是第二次x出现，则ones已经有x（通过上面的说明），所以现在twos用line来获取它twos |= ones & x;。此外，由于ones具有x，因此该行从中ones ^= x;删除（因为）。再次，最后三行自做的正好一个没有和现在有。x``ones``x^x=0``ones``twos``x

如果这是第三次x出现，则ones没有x，但twos确实。因此，第一行让我们twos继续x，第二行添加x到ones。现在，由于两者都具有ones并且twos具有x，因此最后三行x将从两者中删除。

概括：

如果一些数字出现5次，则此算法仍然有效。这是因为第4次未x出现，也不ones是twos。前两行，然后添加x到ones，而不是twos最后三行什么也不做。第5次x出现，ones但不在twos。第一行将其添加到中twos，第二行将其从中删除ones，最后三行不执行任何操作。

问题是第6次x出现，它是从ones和提取的twos，因此它ones在第7次传回时又添加回去。我正在尝试一种聪明的方法来防止这种情况，但是到目前为止，我还是空虚的。