问题描述：给出一个整数数组，除了一个元素外，其他每个元素都出现了2次，找出只出现1次的元素。
int singleNumber(vector<int>& nums);
分析：比较自然的想法是用一个容器来进行插入、查找、删除操作。遍历nums，先查找容器中是否包含该元素，是则插入，否则删除。最后容器中只剩下只出现1次的元素。
解法：
int singleNumber(vector<int>& nums) {
int i = 0;
unordered_set<int> temp;
for (auto i : nums)
{
if (temp.count(i))
temp.erase(i);
else
temp.insert(i);
}
return *(temp.begin());
} // 15/15 44ms 8.57%
因此只需要选择适当的容器，set显然适合执行这个任务，但是其实unordered_set（无序集）效率更佳，使用哈希表比维护一颗二叉平衡树（STL是红黑树）要省时，对比时间：无序集是20ms，有序集是44ms。
会占用不确定的额外空间，最好是1，最坏是n / 2。
更合适且高效的做法：
当然是位运算了……（发现通过率最高的几个都是用到位运算的小花招）
利用XOR运算进行2次会还原的性质，即a ^ b ^ b = a，对整个序列依次XOR运算完毕后得到的就是a0 ^ ret，a0为初始值，ret为返回值，设a0为0即可。
利用lambda表达式可以一行完成。
int singleNumber(vector<int>& nums) {
return accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0,
[](int a, int b) { return a ^ b; });
} // 15/15 20ms 26.77%
上述方法需要1个额外空间，其实实际应用来说基本相当于没有。但是其实也可以不用额外空间，也就是从nums第一个元素开始累积，这就需要考虑特殊情况，nums只有1个元素。
int singleNumber(vector<int>& nums) {
int len = nums.size();
if (len == 1)
return nums[0];
auto& ret = nums[0];
for (int i = 1; i < len; ++i)
ret ^= nums[i];
return ret;
} // 15/15 20ms 26.77%
