key 为出现的数字， value 为该数字出现的次数。遍历⾥⾯所有的数字，如果 hashmap 中存在，那么 value （次数）+1，如果 hashmap 中不存在,那么 value 置为1。
遍历完成之后，需要将次数为 1 的数字捞出来，同样是遍历 hashmap ，由于只有两个满⾜条件，我们设置⼀个标识变量，初始化为1，如果找到第⼀个满⾜条件的数字，除了写⼊放回数组中，还需要将该标识置为 2 ，表示接下来找的是第 2 个。
如果找到第 2 个，那么写⼊之后，直接 return 。
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public void FindNumsAppearOnce(int[] array, int num1[], int num2[]) { Map<Integer, Integer> maps = new HashMap<>(); if (array != null) { for (int n : array) { Integer num = maps.get(n); if (num == null) { // map中不存在 maps.put(n, 1); } else { // map中已经存在 maps.put(n, num + 1); } } } int index = 1; for (Map.Entry<Integer, Integer> entry : maps.entrySet()) { if (entry.getValue() == 1) { if (index == 1) { num1[0] = entry.getKey(); index++; } else { num2[0] = entry.getKey(); return; } } } }- 时间复杂度：O(n)，需要遍历数组两次
- 空间复杂度：O(n)，需要HashMap存储频率信息
排序遍历
先对数组排序，然后遍历查找不连续的数字。排序后相同的数字会相邻，遍历找到不连续的数字
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public class Solution { public int[] FindNumsAppearOnce(int[] nums) { if (nums == null || nums.length < 2) { return new int[0]; } // 对数组进行排序 int[] sorted = nums.clone(); Arrays.sort(sorted); int[] result = new int[2]; int index = 0; // 遍历查找不连续的数字 for (int i = 0; i < sorted.length; i++) { // 检查当前数字是否与前后都不同 boolean isSingle = true; // 检查前一个元素（如果不是第一个元素） if (i > 0 && sorted[i] == sorted[i - 1]) { isSingle = false; } // 检查后一个元素（如果不是最后一个元素） if (i < sorted.length - 1 && sorted[i] == sorted[i + 1]) { isSingle = false; } if (isSingle) { result[index++] = sorted[i]; if (index == 2) break; // 找到两个数字后退出 } } // 确保结果按升序排列 if (result[0] > result[1]) { int temp = result[0]; result[0] = result[1]; result[1] = temp; } return result; } }- 时间复杂度：O(nlogn)，主要来自排序操作
- 空间复杂度：O(1) 或 O(n)，取决于是否克隆数组
位运算（最优解）
⾸先需要了解⼀定位运算知识，异或是指⼆进制中，⼀个位上的数如果相同结果就是0，不同则结果是0.
也就是如果⼀个数的最低位是0，另⼀个数的最低位是0，那么异或结果的最低位是0；如果⼀个数的最低位是0，另⼀个数的最低位是1，那么异或结果的最低位是1。
异或操作可以交换，不影响结果：ABC = ABC
A^A=0,任何⼀个数异或⾃身，等于0，因为所有位都相同
A^0 = A，任何⼀个数异或0，等于⾃身，因为所有位如果和0不同，就是1，也就是保留了⾃身的数值
假设⾥⾯出现⼀次的两个元素为 A 和 B ，初始化异或结果 res 为0，遍历数组⾥⾯所有的数，都进⾏异或操作，则最后结果 res = A^B 。
但是我们拿到这个 A 和 B 异或之后的结果，怎么区分呢？
有⼀种巧妙的思路，因为 A 和 B 的某⼀位不同才会在结果中出现 1 ，说明在那⼀位上， A 和 B 中肯定有⼀个是 0 ，有⼀个是 1 。
那我们取出异或结果 res 最低位的1，假设这个数值是 temp （temp只有⼀个位是1，也就是A和B最后不同的位）
遍历数组中的元素，和 temp 进⾏与操作，如果和 temp 相与，不等于0。说明这个元素的该位上也是1。那就说明它很有可能就是 A 和 B 中的⼀个。
只是有可能，其他的数也有可能该位上为 1 。但是符合这种情况的，其他数肯定出现两次，⽽ A 和 B只可能有⼀个符合，并且只有可能出现⼀次 A 或者 B 。
凡是符合和 temp 相与,结果不为0的，我们进⾏异或操作。
也就是可能出现， res1 = BCDCD...EE^B 或者 res1 = ACDCD...EE 。
上⾯的式⼦可以视为 res1 = B 或者 res1 = A
这样操作下来，我们就知道了 res1 肯定是其中⼀个只出现⼀次的数（ A 或者 B ）,⽽同时上⾯计算出了 res = A^B ,也就是可以通过 res1^res 求出另⼀个数。
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public void FindNumsAppearOnce(int[] array, int num1[], int num2[]) { // A和B异或的结果 int res = 0; for (int val : array) { res ^= val; } // temp保存了两个数最后⼀个不同的位 int temp = res & (-res); // 保存和最后⼀个不同的位异或的结果 int res1 = 0; for (int val : array) { // 不等于0说明可能是其中⼀个数，⾄少排除了另外⼀个数 if ((temp & val) != 0) { res1 ^= val; } } // 由于其他满⾜条件的数字都出现两次，所以结果肯定就是只出现⼀次的数 num1[0] = res1; // 求出另外⼀个数 num2[0] = res ^ res1; }- 时间复杂度：O(n)，只需要遍历数组两次
- 空间复杂度：O(1)，只使用固定数量的变量
位运算原理解析
通过示例详细解释算法过程：
输入：[92,3,43,54,92,43,2,2,54,1]
单次数：3 和 1
步骤1：计算所有数字的异或结果
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92 ^ 3 ^ 43 ^ 54 ^ 92 ^ 43 ^ 2 ^ 2 ^ 54 ^ 1 = (92 ^ 92) ^ (43 ^ 43) ^ (2 ^ 2) ^ (54 ^ 54) ^ 3 ^ 1 = 0 ^ 0 ^ 0 ^ 0 ^ (3 ^ 1) = 3 ^ 1 = 2
步骤2：找到异或结果的最低位的1
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3的二进制: 0011 1的二进制: 0001 3^1=2的二进制: 0010 最低位的1在从右往左第2位（值为2）
步骤3：根据最低位1分组
- 第1组（第2位为0）：3(0011), 43(101011), 54(110110), 1(0001), 92(1011100)
- 第2组（第2位为1）：2(0010)
步骤4：分别异或各组
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第1组: 3 ^ 43 ^ 54 ^ 1 ^ 92 ^ 43 ^ 54 ^ 92 = (3 ^ 1) ^ (43 ^ 43) ^ (54 ^ 54) ^ (92 ^ 92) = 3 ^ 1 = 2 ❌ 这里应该是 3 ^ 1 = 2，但我们需要重新计算正确的分组 让我们重新正确分组计算： 实际分组应该是： 第1组（第2位为0）：3, 1 // 只有这两个数在第2位为0且是单次数 第2组（第2位为1）：所有其他数 正确的计算： 第1组: 3 ^ 1 = 2 第2组: 92 ^ 43 ^ 54 ^ 92 ^ 43 ^ 2 ^ 2 ^ 54 = 0