常见的位运算操作:
首先先熟悉一下常见的位运算操作:
1. 基础位运算
左移<<, 右移>>, 按位与&, 按位或|, 按位异或^, 按位取反~
注意: 异或其实是一种无进位相加.
2. 给定一个 n, 确定它的二进制表示中第x位是 0 还是 1
n & (1<<x) 或者 (n>>x) & 1
3. 将一个数 n 的二进制表示的第 x 位修改成 1
n |= (1<<x)
4. 将一个数 n 的二进制表示的第 x 位修改成 0
n &= ~(1<<x)
5. 位图的思想
6. 提取一个数n二进制表示中最右端的1
n & -n
7. 干掉一个数n二进制表示中最右端的1--- Brian Kernighan 算法
对于任意整数 x, 令 x = x & (x−1), 该运算将 x 的二进制表示的最后一个 1 变成 0.
8 位运算的优先级
不确定就加括号
9 异或运算的运算律
1.交换律：a ^ b = b ^ a
2.结合律：a ^ (b ^ c) = (a ^ b) ^ c
3.自反性：a ^ a = 0，a ^ 0 = a
练习1: 位1的个数
方法1:
可以直接循环检查给定整数 n 的 32 个二进制位的每一位是否为 1, 当检查第 i 位时, 我们可以让 n 与 1<<i进行与运算, 当且仅当 n 的第 i 位为 1 时, 运算结果不为 0.
class Solution {
public:int hammingWeight(uint32_t n) {int ret = 0;for(int i = 0; i < 32; i++)if(n & (1 << i))ret++;return ret;}
};方法2: 位运算的优化
利用之前总结的性质, n & (n-1) 可以将最后一个1消除, 所以利用循环每次消除n最右侧的一个1, 循环执行的次数就是1的个数:
class Solution {
public:int hammingWeight(uint32_t n) {int ret = 0;while(n){n &= n-1;ret++;}return ret;}
};练习2: 比特位计数
利用上一题的函数, 依次计算n个数中位1的个数即可:
class Solution {
public:int hammingWeight(uint32_t n) {int ret = 0;while(n){n &= n-1;ret++;}return ret;}vector<int> countBits(int n) {vector<int> ret;for(int i = 0;i<=n;i++){ret.push_back(hammingWeight(i));}return ret;}
};练习3: 汉明距离
计算 x 和 y 之间的汉明距离，可以先计算 x⊕y , 然后统计 x⊕y 中 1 的位数.
class Solution {
public:int hammingDistance(int x, int y) {int n = x^y, ret = 0;while(n){n &= n-1;ret++;}return ret;}
};练习4: 只出现一次的数字
利用异或运算的自反性, 很容易写出:
class Solution {
public:int singleNumber(vector<int>& nums){int ret=0;for(auto e:nums)ret^=e;return ret;}
};
练习5: 只出现一次的数组3
此题和上一题不同, nums中有两个出现一次的数字, 不能直接用上一题的方法, 但是思考: 所有数异或起来的结果有没有什么特点呢?
出现两次的数字一定都两两相消了, 两个不同的数字它们一定有至少一个比特位是不同的, 也就是异或和的结果一定有一位是1.
对于这一个比特位, 数组中的所有数要么这一位为0, 要么这一位为1, 用这个特性就可以把数组的数分为两组, 每组求一遍异或和, 结果就是只出现一次的那个数字, 只需要找到那个比特位为1的位置即可.
class Solution {
public:vector<int> singleNumber(vector<int>& nums) {int sum = 0;for(auto e: nums)sum ^= e;int pos = 0;//计算右边第一个1的位置for(int i = 0; i < 32;i++){if(sum>>i & 1)pos = i;}int num1 = 0, num2 = 0;for(auto e : nums){if(e>>pos & 1)num1 ^= e;else num2 ^= e;}return {num1,num2};}
};题目1: 判断字符是否为1
利用 位图 的思想, 每一个比特位代表一个字符, 一个 int 类型的变量的 32 位足够表示所有的小写字母. 比特位里面如果是 0, 表示这个字符没有出现过;比特位里面的值是 1 , 表示该字符出现过.
那么我们就可以用一个整数来充当哈希表
此外, 还可以利用鸽巢原理来做优化, 如果给定字符串长度大于26, 则一定会有一个重复字符.
class Solution {
public:bool isUnique(string astr) {if(astr.length() > 26)return false;int bitmap = 0;for(auto c : astr)if(((bitmap ^= 1<<c-97) & (1<<c-97)) == 0)return false;return true;}
};题目2: 丢失的数字
此题和二分查找里的 一题"点名" 很像, 但是那道题是有序排列的数组, 能找到二段性从而利用二分查找去寻找缺失的值.
此题数组中的元素无序, 找不到二段性, 可以考虑用哈希表存储, 等差数列求和求解, 也可以用位运算异或求解, 先将0-n的数字异或, 再与nums中的每个元素异或, 结果就是缺失的数字.
class Solution {
public:int missingNumber(vector<int>& nums) {int ret = 0;for(auto e : nums)ret ^= e;for(int i = 0; i <= nums.size(); i++)ret ^= i;return ret;}
};题目3: 两整数之和
最开始提到过, 异或是无进位的加法, 所以只要能找到进位, 就可以间接实现加法,
以13 + 28 = 41为例, a=13,b=28, a^b的结果是无进位加法得到的结果, 而只有两个比特位都为1才会产生进位, 所以 a&b 就会得到产生进位的位置, 产生的进位需要加到下一位上, 所以需要(a&b)<<1, 这样才能对应进位要加到的位置上.
两者再进行异或相加, 再次计算进位的位置:
再进行一步异或相加, 发现不会再产生进位了, 那么加法就结束了, 最后一次 a^b 得到的结果就是最终加法的结果:
class Solution {
public:int getSum(int a, int b) {int sum = a ^ b;int carry = (a & b) << 1;while(jinwei){int tmp = (sum & carry) << 1;sum = sum ^ jinwei;carry = tmp;}return sum;}
};题目4: 只出现一次的数字2
考虑答案的第 i 个二进制位, 它可能为 0 或 1. 对于数组中非答案的元素, 每一个元素都出现了 3 次, 对应着第 i 个二进制位的 3 个 0 或 3 个 1, 无论是哪一种情况, 它们的1的数量出现的次数都是3n(n>=0), 因此: 答案的第 i 个二进制位就是数组中所有元素的第 i 个二进制位 1 的次数之和除以 3 的余数.
class Solution {
public:int singleNumber(vector<int>& nums) {int ret = 0;for(int i =0; i < 32; i++){int x = 0;for(auto e: nums){x += (e>>i) & 1;}ret |= (x % 3) << i;}return ret;}
};题目5: 消失的两个数字
本题可以转化为只出现一次的数字3, 求0~n中缺少的两个数字, 如果把1~n全部添加进数组中, 问题就转化为了:
做法和只出现一次的数组3一模一样了:
class Solution {
public:vector<int> missingTwo(vector<int>& nums) {int sum = 0, pos = 0, n = nums.size();//把1~n和nums里的数全部异或起来for(int i = 1; i <= n+2; i++)nums.push_back(i);for(auto e: nums)sum ^= e;//寻找最右边的1for(int i = 0; i < 32; i++){if(sum>>i & 1){pos = i;break;}}//分组异或int num1 = 0, num2 = 0;for(auto e: nums){if(e>>pos & 1)num1 ^= e;else num2 ^= e;}return {num1,num2};}
};
