文章目錄

• 1 位運算概述
• 2 位運算的性質(zhì)
• • 2.1 運算符的優(yōu)先級
  • 2.2 位運算符的運算律
• 3 位運算高級操作
• 4 負(fù)數(shù)的位運算
• 5 位運算的一些應(yīng)用
• 6 位運算例題
• • 6.1 更新二進(jìn)制位
  • 6.2 A+B問題
  • 6.3 O(1)時間檢測2的冪次

1 位運算概述

我們知道，計算機(jī)中的數(shù)在內(nèi)存中都是以二進(jìn)制形式進(jìn)行存儲的 ，而位運算就是直接對整數(shù)在內(nèi)存中的二進(jìn)制位進(jìn)行操作，因此其執(zhí)行效率非常高，在程序中盡量使用位運算進(jìn)行操作，這會大大提高程序的性能。

那么，涉及位運算的運算符如下表所示：

符號描述運算規(guī)則實例（以四位二進(jìn)制數(shù)為例）

&	與	兩個位都為1時，結(jié)果才為1。	$0001\&0001=1,0001\&0000=0,0000\&0000=0000$
|	或	兩個位都為0時，結(jié)果才為0。	0001|0001=0001,0001|0000=0001,0000|0000=0000
^	異或	兩個位相同為0，相異為1。	$0001\wedge 0001=0000,0001\wedge 0000=1,0000\wedge 0000=0$
~	取反	0變1，1變0。	$～0=1,～1=0$
<<	左移	各二進(jìn)位全部左移若干位，高位丟棄，低位補(bǔ)0。	$0001<<k=0100，k=2$，$k$是左移的位數(shù)，這里$k=2$
>>	右移	各二進(jìn)位全部右移若干位，對無符號數(shù)，高位補(bǔ)0，有符號數(shù)，右移補(bǔ)$1$。	$0100>>k=0001，k=2$，$k$是右移的位數(shù)，這里$k=2$

看完，你可能會覺得挺簡單的，但位運算的難點并不在這，而在于其性質(zhì)、高級操作和它的應(yīng)用。、

2 位運算的性質(zhì)

2.1 運算符的優(yōu)先級

優(yōu)先級需要弄清楚，如果不太清楚可以加小括號確保是想要的運算順序，這里只是相對優(yōu)先級，即只是和一些常用的算術(shù)運算符做比較。

優(yōu)先級運算符結(jié)合方向

1	$?（符號運算符）,～（取反運算符），++（自增），??（自減）$	從右到左
2	$?（乘）,/（除）,\%（取余）$	從左到右
3	$+（加）,?（減）$	從左到右
4	$<<（左移），>>（右移）$	從左到右
5	$>（大于）,<(小于),>=(大于等于),<=(小于等于)$	從左到右
6	$==(等于),!=（不等于）$	從左到右
7	$\&（按位與）$	從左到右
8	$\wedge (按位異或)$	從左到右
9	|(按位或)	從左到右

2.2 位運算符的運算律

公式名稱運算規(guī)則

交換律	A&B=B&A ,A&B=B&A,A$\wedge$ B=B$\wedge$ A
結(jié)合律（注意結(jié)合律只能在同符號下進(jìn)行）	$(A\&B)\&C=A\&(B\&C)$$(A
等冪律	$A\&A=A$，A|A=A
零律	$A\&0=0$
互補(bǔ)律（注意，這不同于邏輯運算）	$A\&～A=0$,A|$～A=?1$
同一律	A|0=A，A$\wedge 0=A$

以上僅為已證明的運算律（可能存在遺漏），其余的博主均認(rèn)為是不符合不成立的，注意：千萬不要將邏輯運算的運算律或者其他的運算律與這混為一談。

3 位運算高級操作

如下表，請讀者認(rèn)真閱讀理解，在閱讀的過程中可以對示例進(jìn)行運算。

功能示例位運算

去掉最后一位	$0100?>0010$	$x>>1$
在最后加一個$0$	$0100?>1000$	$x<<1$
在最后加一個1	$0100?>1001$	$x<<1+1$
將最后一位變?yōu)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$1$	$0100?>0101$	x|1
將最后一位變?yōu)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$0$	$0101?>0100$，這里實際上就是先確保最低位變?yōu)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$1$，再減去$1$。	(x|1)-1
最后一位取反	$0100?>0101$ ，利用異或性質(zhì)，其中除最后一位其余不變。	$x\wedge 1$
把右數(shù)的第$k$位變?yōu)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$1$	$0001?>1001,k=4$	x|(1<<(k-1))
把右數(shù)的第$k$位變?yōu)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$0$	$1001?>0001,k=4$，這個操作實際上就是先得到了$1000$，然后取反得到$0111$，最后利用按位與的性質(zhì)其余位不變，最高位為$0$	$x\&～(1<<(k?1))$
把右數(shù)的第$k$位取反	$1000?>0000,k=4$，利用異或性質(zhì)	$x\wedge (1<<(k?1))$

由于表長限制，這里接下表繼續(xù)：

功能示例位運算

取末$k$位	$1011?>0011,k=2$	$x\&(1<<k?1)$
取右數(shù)的第$k$位	$1011?>0001,k=4$，右移$k?1$位則是去掉了最后的$k?1$位，我們利用按位與即可將其提取出來	$x>>(k?1)\&1$
把末$k$位全變?yōu)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$1$	$1000?>1111,k=3$	x|(1<<k-1)
把末$k$位取反	$0101?>1010,k=4$	$x\wedge (1<<k?1)$
把右邊連續(xù)的$1$變?yōu)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$0$	$0111?>0000$ ，注意是右起連續(xù)的$1$	$x\&(x+1)$
把右起的第一個$0$變?yōu)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$1$	$0011?>0111$	x|(x+1)
把右起連續(xù)的$0$變?yōu)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$1$	$1000?>1111$，注意是右起連續(xù)的$0$	x|(x-1)
取右邊連續(xù)的$1$	$1011?>0011$	$(x\wedge (x+1))>>1$
去掉右起的第一個$1$的左邊	$1101?>0001$	$x\&(x\wedge (x?1))$

當(dāng)然，這里只是一些常用的，并不是全部，位運算的神奇遠(yuǎn)不止于此。

4 負(fù)數(shù)的位運算

首先，我們要知道，在計算機(jī)中，運算是使用的二進(jìn)制補(bǔ)碼，而正數(shù)的補(bǔ)碼是它本身，負(fù)數(shù)的補(bǔ)碼則是符號位不變，其余按位取反，最后再$+1$得到的， 例如：

$15$,原碼:$00001111$補(bǔ)碼:$00001111$

$?15$,原碼:$10001111$補(bǔ)碼:$11110001$

那么對于負(fù)數(shù)的位運算而言，它們的操作都是建立在補(bǔ)碼上的，得到的運算結(jié)果是補(bǔ)碼，最后將補(bǔ)碼結(jié)果轉(zhuǎn)化成一個普通的十進(jìn)制數(shù)結(jié)果。但需要注意的是，符號位是需要參與運算的，而在左移右移操作中，負(fù)數(shù)右移補(bǔ)$1$，左移右邊補(bǔ)$0$。例如對于$?15$，其補(bǔ)碼為$11110001,$右移一位$(?15>>1)$得到的是$11111000$，即$?8$，其他的同理。

這里我們介紹幾個特殊的性質(zhì)：

• 快速判斷是否為$?1$

  在鏈?zhǔn)角跋蛐侵?#xff0c;我們初始化$head$數(shù)組為$?1$，最后判斷是否遍歷完$u$的所有邊時，即判斷$i$是否為$?1$，我們直接用$～i$即可。原因就在于$?1$的補(bǔ)碼是$11111111$，按位取反就變?yōu)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$00000000$，這實際上就是$0$。

• 取最低位的$1$，lowbit函數(shù)

  也就是$x\&(?x)$，這在樹狀數(shù)組中起著巨大作用，這里指路一篇樹狀數(shù)組講解$blog$:點這里，我們來證明一下，這里取$x=15$，對于$15\&(?15)$，我們知道，在補(bǔ)碼上進(jìn)行運算得到的是$00000001$，需要注意二元運算的符號位我們需要進(jìn)行運算。

5 位運算的一些應(yīng)用

• 位運算實現(xiàn)乘除法

  將$x$左移一位實現(xiàn)$\times 2$，將$x$右移一位實現(xiàn)$÷2$。

  $a<<1\equiv a?2$

  $a>>1\equiv a/2$

• 位運算交換兩整數(shù)

void swap(int &a,int &b){a ^= b;b ^= a;a ^= b;}

這效率非常高，我們來剖析其原理，對于$a=a\wedge b$，則$b=b\wedge (a\wedge b)$，根據(jù)交換律以及異或性質(zhì)，得$b=b\wedge b\wedge a=0\wedge a=a$，同理$a=(a\wedge b)\wedge a=0\wedge b=b$。這樣就實現(xiàn)了交換操作。

• 位運算判斷奇偶數(shù)

  我們知道，在二進(jìn)制中，最低位決定了是奇數(shù)還是偶數(shù)，所以我們可以提取出最低位的值，即與$1$相與即可實現(xiàn)目的，為$0$則是偶數(shù)，為$1$則是奇數(shù)。

• 位運算改變正負(fù)性和求絕對值

int change(int a){return ~ a + 1; }

對于正數(shù)而言，補(bǔ)碼就是原碼，所以按位取反再$+1$則得到對應(yīng)真值負(fù)數(shù)的補(bǔ)碼，而對于負(fù)數(shù)，其補(bǔ)碼進(jìn)行按位取反再$+1$則得到對應(yīng)真值正數(shù)的補(bǔ)碼，變?yōu)樵a。那么知道這個我們就可以特判是否為負(fù)數(shù)==（這里通過右移$31$位，若為正數(shù)，則得到的是$0$，若為負(fù)數(shù)，則得到的是$?1$，而$0$的補(bǔ)碼為$0000$,$?1$的補(bǔ)碼為$1111$，根據(jù)異或性質(zhì)即可判斷。）== 再進(jìn)行反轉(zhuǎn)即可實現(xiàn)求絕對值了。如下：

int abs(int a){return a ^ (a >> 31) ? a : ~ a + 1; }

• 位運算實現(xiàn)對$p$取余（p為$2^k$）

int mod(int a,int p){return a & (p - 1); }

取余實際上就是舍去大于等于$p$的位數(shù)，所以我們只需要保留在$p$范圍內(nèi)的數(shù)。由于我們限定了$p$為$2^k$，所以$(p?1)$一定是將小于$p$的最高位全部變?yōu)榱?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$1$，這樣再進(jìn)行與操作即可得到余數(shù)。

• 位運算統(tǒng)計二進(jìn)制數(shù)$1$的個數(shù)

int count(int x){int cnt = 0;while(x){x = x & (x - 1);cnt ++;}return cnt; }

對于任意的x，轉(zhuǎn)換成二進(jìn)制后，是形如這樣的數(shù)字：aa…aa10…00，從右向左數(shù)有任意多個0，直到遇見第一個1，字母a用來占位，代表1左邊的任意數(shù)字。x-1轉(zhuǎn)換成二進(jìn)制后，是形如這樣的數(shù)字：aa…aa01…11，從右向左數(shù)，原來的任意多個0都變成1，原來的第一個1，變成0，字母a部分不變。對x 和 x-1 進(jìn)行 按位與 計算，會得到：aa…aa00…00，從右向左數(shù)，原來的第一個1變成了0，字母a部分不變。所以 x & (x-1)相當(dāng)于消除了 x 從右向左數(shù)遇到的第一個1。那么，x轉(zhuǎn)換成二進(jìn)制后包含多少個1，count函數(shù)里的循環(huán)就會進(jìn)行多少次，直到x所有的1都被“消除”。

6 位運算例題

6.1 更新二進(jìn)制位

• 題面

  給出兩個32位的整數(shù)N和M，以及兩個二進(jìn)制位的位置i和j。寫一個方法來使得N中的第i到j(luò)位等于M（M會是N中從第i為開始到第j位的子串）

  樣例：

  輸入: N=(10000000000)2 M=(10101)2 i=2 j=6 輸出: N=(10001010100)2 輸入: N=(10000000000)2 M=(11111)2 i=2 j=6 輸出: N=(10001111100)2

• 解題思路

  結(jié)合所學(xué)，我們的思路應(yīng)該就是先將第$i$位到第$j$位全部變?yōu)?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$0$，再將與左移$i$位的$M$進(jìn)行或操作。

• AC代碼

class Solution { public:int updateBits(int n, int m, int i, int j) {for(int pos = i; pos <= j; pos ++ ){n &= ~(1 << pos);}return n | (m << i);} };

6.2 A+B問題

• 題面

  給出兩個整數(shù) a 和 b , 求他們的和并以整數(shù)（int）的形式返回。不能使用 + 等數(shù)學(xué)運算符。

  樣例：

  輸入：

  a = 1 b = 2

  輸出：

  3

  輸入：

  a = -1 b = 1

  輸出：

  0

• 解題思路

  這題我們可以利用異或操作來實現(xiàn)，因為異或操作有一個別名叫不進(jìn)位加法。那么進(jìn)位操作我們實際上就可以通過$a\&b$來實現(xiàn)，因為$a\&b$得到的都是$a$和$b$上都有的$1$，我們再左移即得到的是進(jìn)位之后的結(jié)果，所以$a+b=(a\wedge b)+(a\&b<<1)$。通過這樣模擬豎式加法操作即可。

• AC代碼

class Solution { public:int aplusb(int a, int b) {while(b != 0){int temp_a = a ^ b;int temp_b = (a & b) << 1;a = temp_a;b = temp_b;}return a;} };

6.3 O(1)時間檢測2的冪次

• 題面

  用 O(1) 時間檢測整數(shù) n 是否是 2 的冪次。

  樣例

  n=4，返回 true;

  n=5，返回 false.

  挑戰(zhàn)

  O(1) 時間復(fù)雜度

• 解題思路

  首先我們知道$2^k$是大于$0$的，這里我們需要特判，同理，$2^k$的二進(jìn)制表示中只有$1$個$1$，故我們可以利用$x\&(x?1)$來消除唯一的$1$判斷是否等于$0$即可。

• AC代碼

class Solution { public:bool checkPowerOf2(int n) {// write your code herereturn n > 0 && (n & (n - 1)) == 0;} };

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的位运算全面总结，关于位运算看这篇就够了的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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