各種位運算的使用
=== 1. and運算 ===
and運算通常用于二進制取位操作，例如一個數 and 1的結果就是取二進制的最末位。這可以用來判斷一個整數的奇偶，二進制的最末位為0表示該數為偶數，最末位為1表示該數為奇數.

=== 2. or運算 ===
or運算通常用于二進制特定位上的無條件賦值，例如一個數or 1的結果就是把二進制最末位強行變成1。如果需要把二進制最末位變成0，對這個數or 1之后再減一就可以了，其實際意義就是把這個數強行變成最接近的偶數。

=== 3. xor運算 ===
xor運算通常用于對二進制的特定一位進行取反操作，因為異或可以這樣定義：0和1異或0都不變，異或1則取反。
xor運算的逆運算是它本身，也就是說兩次異或同一個數最后結果不變，即(a xor b) xor b = a。xor運算可以用于簡單的加密。

定義兩個符號#和@ ，這兩個符號互為逆運算，也就是說(x # y) @ y = x。現在依次執行下面三條命令，結果是什么？
x <- x # y
y <- x @ y
x <- x @ y
執行了第一句后x變成了x # y。那么第二句實質就是y <- x # y @ y，由于#和@互為逆運算，那么此時的y變成了原來的x。第三句中x實際上被賦值為(x # y) @ x，如果#運算具有交換律，那么賦值后x就變成最初的y了。

這三句話的結果是，x和y的位置互換了。
加法和減法互為逆運算，并且加法滿足交換律。把#換成+，把@換成-，我們可以寫出一個不需要臨時變量的swap過程(Pascal)。

procedure swap(var a,b:longint);
begin
 a:=a + b;
 b:=a - b;
 a:=a - b;
end;

好了，剛才不是說xor的逆運算是它本身嗎？于是我們就有了一個看起來非常詭異的swap過程：

procedure swap(var a,b:longint);
begin
 a:=a xor b;
 b:=a xor b;
 a:=a xor b;
end;

=== 4. not運算 ===
not運算的定義是把內存中的0和1全部取反。使用not運算時要格外小心，你需要注意整數類型有沒有符號。如果not的對象是無符號整數（不能表示負數），那么得到的值就是它與該類型上界的差，因為無符號類型的數是用$0000到$FFFF依次表示的。下面的兩個程序（僅語言不同）均返回65435。

var
 a:word;
begin
 a:=100;
 a:=not a;
 writeln(a);
end.

#include <stdio.h>
int main()
{
unsigned short a=100;
a = ~a;
printf( "%dn", a );
return 0;
}

如果not的對象是有符號的整數，情況就不一樣了，稍后我們會在“整數類型的儲存”小節中提到。

=== 5. shl運算 ===
a shl b就表示把a轉為二進制后左移b位（在后面添b個0）。例如100的二進制為1100100，而110010000轉成十進制是400，那么100 shl 2 = 400。可以看出，a shl b的值實際上就是a乘以2的b次方，因為在二進制數后添一個0就相當于該數乘以2。
通常認為a shl 1比a * 2更快，因為前者是更底層一些的操作。因此程序中乘以2的操作請盡量用左移一位來代替。
定義一些常量可能會用到shl運算。你可以方便地用1 shl 16 – 1來表示65535。很多算法和數據結構要求數據規模必須是2的冪，此時可以用shl來定義Max_N等常量。

=== 6. shr運算 ===
和shl相似，a shr b表示二進制右移b位（去掉末b位），相當于a除以2的b次方（取整）。我們也經常用shr 1來代替div 2，比如二分查找、堆的插入操作等等。想辦法用shr代替除法運算可以使程序效率大大提高。最大公約數的二進制算法用除以2操作來代替慢得出奇的mod運算，效率可以提高60%。

---

1.技巧一：用于消去x的最后一位的1

x & (x-1)
x = 1100
x-1 = 1011
x & (x-1) = 1000

1.1.用O(1)時間檢測整數n是否是2的冪次.

思路解析：N如果是2的冪次，則N滿足兩個條件。
1.N>0
2.N的二進制表示中只有一個1
一位N的二進制表示中只有一個1，所以使用N&(N-1)將唯一的一個1消去。
如果N是2的冪次，那么N&(N-1)得到結果為0，即可判斷。

1.2.計算在一個 32 位的整數的二進制表示中有多少個 1.

思路解析：
由 x & (x-1) 消去x最后一位知。循環使用x & (x-1)消去最后一位1，計算總共消去了多少次即可。

1.3.將整數A轉換為B，需要改變多少個bit位

思路解析
這個應用是上面一個應用的拓展。
思考將整數A轉換為B，如果A和B在第i（0<=i<32）個位上相等，則不需要改變這個BIT位，如果在第i位上不相等，則需要改變這個BIT位。所以問題轉化為了A和B有多少個BIT位不相同。聯想到位運算有一個異或操作，相同為0，相異為1，所以問題轉變成了計算A異或B之后這個數中1的個數。

2.技巧二 使用二進制進行子集枚舉

應用.給定一個含不同整數的集合，返回其所有的子集

樣例
如果 S = [1,2,3]，有如下的解：
[ [3], [1], [2], [1,2,3], [1,3], [2,3], [1,2] ]

思路
思路就是使用一個正整數二進制表示的第i位是1還是0，代表集合的第i個數取或者不取。所以從0到2n-1總共2n個整數，正好對應集合的2^n個子集。

S = {1,2,3}
N bit Combination
0 000 {}
1 001 {1}
2 010 {2}
3 011 {1,2}
4 100 {3}
5 101 {1,3}
6 110 {2,3}
7 111 {1,2,3}

技巧三.a^b^b=a

3.1.應用一 數組中，只有一個數出現一次，剩下都出現三次，找出出現一次的。
問題
Given [1,2,2,1,3,4,3], return 4

解題思路
因為只有一個數恰好出現一個，剩下的都出現過兩次，所以只要將所有的數異或起來，就可以得到唯一的那個數。

#include<stdio.h>
int main()
{
  int a[7]={1,2,2,1,3,4,3};
  int ans=0;
  for(int i=0;i<7;i++){
    ans^=a[i];
  }
  printf("%d
",ans);
}

3.2.應用二 數組中，只有一個數出現一次，剩下都出現三次，找出出現一次的。
問題
Given [1,1,2,3,3,3,2,2,4,1] return 4

解題思路
因為數是出現三次的，也就是說，對于每一個二進制位，如果只出現一次的數在該二進制位為1，那么這個二進制位在全部數字中出現次數無法被3整除。
模3運算只有三種狀態：00,01,10，因此我們可以使用兩個位來表示當前位%3，對于每一位，我們讓Two，One表示當前位的狀態，B表示輸入數字的對應位，Two+和One+表示輸出狀態。0 0 0 0 0
0 0 1 0 1
0 1 0 0 1
0 1 1 1 0
1 0 0 1 0
1 0 1 0 0
One+ = (One ^ B) & (~Two)
Two+ = (~One+) & (Two ^ B)

#include<stdio.h>

void findNum(int *a,int n)
{
  int one=0;
  int two=0;
  int i,j,k;
  for(i=0;i<n;i++){
    two=two|(one&a[i]);
    one=one^a[i];
    int three=two&one;
    two=two^three;
    one=one^three;
  }
  printf("%d
",one|two);
}
int main()
{
  int a[10]={1,1,2,3,3,3,2,2,4,1};
  findNum(a,10);
}

另外一種容易理解的方法

#include<stdio.h>

void findNum(int *a,int n)
{
  int ans=0;
  int bits[32]={0};
  for(int i=0;i<n;i++){
    for(int j=0;j<32;j++){
      bits[j]+=((a[i]>>j)&1);
    }
  }
  for(int i=0;i<32;i++){
    if(bits[i]%3==1) ans+=1<<i;
  }
  printf("%d
",ans);
}
int main()
{
  int a[10]={1,1,2,3,3,3,2,2,4,1};
  findNum(a,10);
}

3.3.應用三 數組中，只有兩個數出現一次，剩下都出現兩次，找出出現一次的
問題
Given [1,2,2,3,4,4,5,3] return 1 and 5

解題思路
有了第一題的基本的思路，我們不妨假設出現一個的兩個元素是x，y，那么最終所有的元素異或的結果就是res = x^y。并且res！=0，那么我們可以找出res二進制表示中的某一位是1，那么這一位1對于這兩個數x,y只有一個數的該位置是1。對于原來的數組，我們可以根據這個位置是不是1就可以將數組分成兩個部分。求出x,y其中一個，我們就能求出兩個了。

#include<stdio.h>

void findNum(int *a,int n)
{
  int ans=0;
  int pos=0;
  int x=0,y=0;
  for(int i=0;i<n;i++)
    ans^=a[i];
  int tmp=ans;
  while((tmp&1)==0){
  //終止條件是二進制tmp最低位是1
      pos++;
      tmp>>=1;
  }
  for(int i=0;i<n;i++){
    if((a[i]>>pos)&1){//取出第pos位的值
      x^=a[i];
    }
  }
  y=x^ans;
  if(x>y) swap(x,y);//從大到小輸出x,y
  printf("%d %d
",x,y);
}
int main()
{
  int a[8]={1,2,2,3,4,4,5,3};
  findNum(a,8);
}

另外一種寫法

#include<stdio.h>

void findNum(int *a,int n)
{
  int diff=0;
  int x=0,y=0;
  for(int i=0;i<n;i++){
      diff^=a[i];
  }
  diff&=-diff;//取diff的最后一位1的位置
  for(int i=0;i<n;i++){
    if((a[i]&diff)==0){
      x^=a[i];
    }else y^=a[i];
  }
  if(x>y) swap(x,y);
  printf("%d %d
",x,y);
}
int main()
{
  int a[10]={1,2,2,3,4,4,5,3};
  findNum(a,8);
}

還沒看完的

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位運算的簡單應用
有時我們的程序需要一個規模不大的Hash表來記錄狀態。比如，做數獨時我們需要27個Hash表來統計每一行、每一列和每一個小九宮格里已經有哪些數了。此時，我們可以用27個小于2^9的整數進行記錄。例如，一個只填了2和5的小九宮格就用數字18表示（二進制為000010010），而某一行的狀態為511則表示這一行已經填滿。需要改變狀態時我們不需要把這個數轉成二進制修改后再轉回去，而是直接進行位操作。在搜索時，把狀態表示成整數可以更好地進行判重等操作。這道題是在搜索中使用位運算加速的經典例子。以后我們會看到更多的例子。
下面列舉了一些常見的二進制位的變換操作。

功能| 示例|位運算
———————-+—————————+——————–
去掉最后一位| (101101->10110) | x shr 1
在最后加一個0 | (101101->1011010) | x shl 1
在最后加一個1 | (101101->1011011) | x shl 1+1
把最后一位變成1 | (101100->101101)| x or 1
把最后一位變成0 | (101101->101100)| x or 1-1
最后一位取反| (101101->101100)| x xor 1
把右數第k位變成1| (101001->101101,k=3)| x or (1 shl (k-1))
把右數第k位變成0| (101101->101001,k=3)| x and not (1 shl (k-1))
右數第k位取反 | (101001->101101,k=3)| x xor (1 shl (k-1))
取末三位| (1101101->101)| x and 7
取末k位 | (1101101->1101,k=5) | x and (1 shl k-1)
取右數第k位 | (1101101->1,k=4)| x shr (k-1) and 1
把末k位變成1| (101001->101111,k=4)| x or (1 shl k-1)
末k位取反 | (101001->100110,k=4)| x xor (1 shl k-1)
把右邊連續的1變成0| (100101111->100100000)| x and (x+1)
把右起第一個0變成1| (100101111->100111111)| x or (x+1)
把右邊連續的0變成1| (11011000->11011111)| x or (x-1)
取右邊連續的1 | (100101111->1111) | (x xor (x+1)) shr 1
去掉右起第一個1的左邊 | (100101000->1000) | x and (x xor (x-1))

最后這一個在樹狀數組中會用到。

二進制中的1有奇數個還是偶數個
我們可以用下面的代碼來計算一個32位整數的二進制中1的個數的奇偶性，當輸入數據的二進制表示里有偶數個數字1時程序輸出0，有奇數個則輸出1。例如，1314520的二進制101000000111011011000中有9個1，則x=1314520時程序輸出1。
var
i,x,c:longint;
begin
readln(x);
c:=0;
for i:=1 to 32 do
begin
c:=c + x and 1;
x:=x shr 1;
end;
writeln( c and 1 );
end.
但這樣的效率并不高，位運算的神奇之處還沒有體現出來。
同樣是判斷二進制中1的個數的奇偶性，下面這段代碼就強了。你能看出這個代碼的原理嗎？
var
x:longint;
begin
readln(x);
x:=x xor (x shr 1);
x:=x xor (x shr 2);
x:=x xor (x shr 4);
x:=x xor (x shr 8);
x:=x xor (x shr 16);
writeln(x and 1);
end.
為了說明上面這段代碼的原理，我們還是拿1314520出來說事。1314520的二進制為101000000111011011000，第一次異或操作的結果如下：

00000000000101000000111011011000
XOR0000000000010100000011101101100
—————————————
00000000000111100000100110110100

得到的結果是一個新的二進制數，其中右起第i位上的數表示原數中第i和i+1位上有奇數個1還是偶數個1。比如，最右邊那個0表示原數末兩位有偶數個1，右起第3位上的1就表示原數的這個位置和前一個位置中有奇數個1。對這個數進行第二次異或的結果如下：

00000000000111100000100110110100
XOR 000000000001111000001001101101
—————————————
00000000000110011000101111011001

結果里的每個1表示原數的該位置及其前面三個位置中共有奇數個1，每個0就表示原數對應的四個位置上共偶數個1。一直做到第五次異或結束后，得到的二進制數的最末位就表示整個32位數里有多少個1，這就是我們最終想要的答案。

計算二進制中的1的個數
同樣假設x是一個32位整數。經過下面五次賦值后，x的值就是原數的二進制表示中數字1的個數。比如，初始時x為1314520（網友抓狂：能不能換一個數啊），那么最后x就變成了9，它表示1314520的二進制中有9個1。
x := (x and $55555555) + ((x shr 1) and $55555555);
x := (x and $33333333) + ((x shr 2) and $33333333);
x := (x and $0F0F0F0F) + ((x shr 4) and $0F0F0F0F);
x := (x and $00FF00FF) + ((x shr 8) and $00FF00FF);
x := (x and $0000FFFF) + ((x shr 16) and $0000FFFF);
為了便于解說，我們下面僅說明這個程序是如何對一個8位整數進行處理的。我們拿數字211（我們班某MM的生日）來開刀。211的二進制為11010011。

+—+—+—+—+—+—+—+—+
| 1 | 1 | 0 | 1 | 0 | 0 | 1 | 1 | <—原數
+—+—+—+—+—+—+—+—+
|1 0|0 1|0 0|1 0| <—第一次運算后
+——-+——-+——-+——-+
|0 0 1 1|0 0 1 0| <—第二次運算后
+—————+—————+
|0 0 0 0 0 1 0 1| <—第三次運算后，得數為5
+——————————-+

整個程序是一個分治的思想。第一次我們把每相鄰的兩位加起來，得到每兩位里1的個數，比如前兩位10就表示原數的前兩位有2個1。第二次我們繼續兩兩相加，10+01=11，00+10=10，得到的結果是00110010，它表示原數前4位有3個1，末4位有2個1。最后一次我們把0011和0010加起來，得到的就是整個二進制中1的個數。程序中巧妙地使用取位和右移，比如第二行中$33333333的二進制為00110011001100….，用它和x做and運算就相當于以2為單位間隔取數。shr的作用就是讓加法運算的相同數位對齊。

二分查找32位整數的前導0個數
這里用的C語言，我直接Copy的Hacker's Delight上的代碼。這段代碼寫成C要好看些，寫成Pascal的話會出現很多begin和end，搞得代碼很難看。程序思想是二分查找，應該很簡單，我就不細說了。
int nlz(unsigned x)
{
int n;

if (x == 0) return(32);
n = 1;
if ((x >> 16) == 0) {n = n +16; x = x <<16;}
if ((x >> 24) == 0) {n = n + 8; x = x << 8;}
if ((x >> 28) == 0) {n = n + 4; x = x << 4;}
if ((x >> 30) == 0) {n = n + 2; x = x << 2;}
n = n - (x >> 31);
return n;
}

只用位運算來取絕對值
這是一個非常有趣的問題。大家先自己想想吧，Ctrl+A顯示答案。
答案：假設x為32位整數，則x xor (not (x shr 31) + 1) + x shr 31的結果是x的絕對值
x shr 31是二進制的最高位，它用來表示x的符號。如果它為0（x為正），則not (x shr 31) + 1等于$00000000，異或任何數結果都不變；如果最高位為1（x為負），則not (x shr 31) + 1等于$FFFFFFFF，x異或它相當于所有數位取反，異或完后再加一。

高低位交換
這個題實際上是我出的，做為學校內部NOIp模擬賽的第一題。題目是這樣：

給出一個小于2^32的正整數。這個數可以用一個32位的二進制數表示（不足32位用0補足）。我們稱這個二進制數的前16位為“高位”，后16位為“低位”。將它的高低位交換，我們可以得到一個新的數。試問這個新的數是多少（用十進制表示）。
　　例如，數1314520用二進制表示為0000 0000 0001 0100 0000 1110 1101 1000（添加了11個前導0補足為32位），其中前16位為高位，即0000 0000 0001 0100；后16位為低位，即0000 1110 1101 1000。將它的高低位進行交換，我們得到了一個新的二進制數0000 1110 1101 1000 0000 0000 0001 0100。它即是十進制的249036820。

當時幾乎沒有人想到用一句位操作來代替冗長的程序。使用位運算的話兩句話就完了。
var
n:dword;
begin
readln( n );
writeln( (n shr 16) or (nshl 16) );
end.

n皇后問題位運算版
n皇后問題是啥我就不說了吧，學編程的肯定都見過。下面的十多行代碼是n皇后問題的一個高效位運算程序，看到過的人都夸它牛。初始時，upperlim:=(1 shl n)-1。主程序調用test(0,0,0)后sum的值就是n皇后總的解數。拿這個去交USACO，0.3s，暴爽。
procedure test(row,ld,rd:longint);
var
pos,p:longint;
begin

{ 1}if row<>upperlim then
{ 2}begin
{ 3} pos:=upperlim and not (row or ld or rd);
{ 4} while pos<>0 do
{ 5} begin
{ 6}p:=pos and -pos;
{ 7}pos:=pos-p;
{ 8}test(row+p,(ld+p)shl 1,(rd+p)shr 1);
{ 9} end;
{10}end
{11}else inc(sum);

end;
乍一看似乎完全摸不著頭腦，實際上整個程序是非常容易理解的。這里還是建議大家自己單步運行一探究竟，實在沒研究出來再看下面的解說。

和普通算法一樣，這是一個遞歸過程，程序一行一行地尋找可以放皇后的地方。過程帶三個參數，row、ld和rd，分別表示在縱列和兩個對角線方向的限制條件下這一行的哪些地方不能放。我們以6×6的棋盤為例，看看程序是怎么工作的。假設現在已經遞歸到第四層，前三層放的子已經標在左圖上了。紅色、藍色和綠色的線分別表示三個方向上有沖突的位置，位于該行上的沖突位置就用row、ld和rd中的1來表示。把它們三個并起來，得到該行所有的禁位，取反后就得到所有可以放的位置（用pos來表示）。前面說過-a相當于not a + 1，這里的代碼第6行就相當于pos and (not pos + 1)，其結果是取出最右邊的那個1。這樣，p就表示該行的某個可以放子的位置，把它從pos中移除并遞歸調用test過程。注意遞歸調用時三個參數的變化，每個參數都加上了一個禁位，但兩個對角線方向的禁位對下一行的影響需要平移一位。最后，如果遞歸到某個時候發現row=111111了，說明六個皇后全放進去了，此時程序從第1行跳到第11行，找到的解的個數加一。

~~~~====~~~~===== 華麗的分割線 =====~~~~====~~~~

Gray碼
假如我有4個潛在的GF，我需要決定最終到底和誰在一起。一個簡單的辦法就是，依次和每個MM交往一段時間，最后選擇給我帶來的“滿意度”最大的MM。但看了dd牛的理論后，事情開始變得復雜了：我可以選擇和多個MM在一起。這樣，需要考核的狀態變成了2^4=16種（當然包括0000這一狀態，因為我有可能是玻璃）。現在的問題就是，我應該用什么順序來遍歷這16種狀態呢？
傳統的做法是，用二進制數的順序來遍歷所有可能的組合。也就是說，我需要以0000->0001->0010->0011->0100->…->1111這樣的順序對每種狀態進行測試。這個順序很不科學，很多時候狀態的轉移都很耗時。比如從0111到1000時我需要暫時甩掉當前所有的3個MM，然后去把第4個MM。同時改變所有MM與我的關系是一件何等巨大的工程啊。因此，我希望知道，是否有一種方法可以使得，從沒有MM這一狀態出發，每次只改變我和一個MM的關系（追或者甩），15次操作后恰好遍歷完所有可能的組合（最終狀態不一定是1111）。大家自己先試一試看行不行。
解決這個問題的方法很巧妙。我們來說明，假如我們已經知道了n=2時的合法遍歷順序，我們如何得到n=3的遍歷順序。顯然，n=2的遍歷順序如下：

00
01
11
10

你可能已經想到了如何把上面的遍歷順序擴展到n=3的情況。n=3時一共有8種狀態，其中前面4個把n=2的遍歷順序照搬下來，然后把它們對稱翻折下去并在最前面加上1作為后面4個狀態：

000
001
011
010↑
——–
110↓
111
101
100

用這種方法得到的遍歷順序顯然符合要求。首先，上面8個狀態恰好是n=3時的所有8種組合，因為它們是在n=2的全部四種組合的基礎上考慮選不選第3個元素所得到的。然后我們看到，后面一半的狀態應該和前面一半一樣滿足“相鄰狀態間僅一位不同”的限制，而“鏡面”處則是最前面那一位數不同。再次翻折三階遍歷順序，我們就得到了剛才的問題的答案：

0000
0001
0011
0010
0110
0111
0101
0100
1100
1101
1111
1110
1010
1011
1001
1000

這種遍歷順序作為一種編碼方式存在，叫做Gray碼（寫個中文讓蜘蛛來抓：格雷碼）。它的應用范圍很廣。比如，n階的Gray碼相當于在n維立方體上的Hamilton回路，因為沿著立方體上的邊走一步，n維坐標中只會有一個值改變。再比如，Gray碼和Hanoi塔問題等價。Gray碼改變的是第幾個數，Hanoi塔就該移動哪個盤子。比如，3階的Gray碼每次改變的元素所在位置依次為1-2-1-3-1-2-1，這正好是3階Hanoi塔每次移動盤子編號。如果我們可以快速求出Gray碼的第n個數是多少，我們就可以輸出任意步數后Hanoi塔的移動步驟。現在我告訴你，Gray碼的第n個數（從0算起）是n xor (n shr 1)，你能想出來這是為什么嗎？先自己想想吧。

下面我們把二進制數和Gray碼都寫在下面，可以看到左邊的數異或自身右移的結果就等于右邊的數。

二進制數 Gray碼
000 000
001 001
010 011
011 010
100 110
101 111
110 101
111 100

從二進制數的角度看，“鏡像”位置上的數即是對原數進行not運算后的結果。比如，第3個數010和倒數第3個數101的每一位都正好相反。假設這兩個數分別為x和y，那么x xor (x shr 1)和y xor (y shr 1)的結果只有一點不同：后者的首位是1，前者的首位是0。而這正好是Gray碼的生成方法。這就說明了，Gray碼的第n個數確實是n xor (n shr 1)。

;今年四月份mashuo給我看了這道題，是二維意義上的Gray碼。題目大意是說，把0到2^(n+m)-1的數寫成2^n * 2^m的矩陣，使得位置相鄰兩數的二進制表示只有一位之差。答案其實很簡單，所有數都是由m位的Gray碼和n位Gray碼拼接而成，需要用左移操作和or運算完成。完整的代碼如下：
var
x,y,m,n,u:longint;
begin
readln(m,n);
for x:=0 to 1 shl m-1 do begin
u:=(x xor (x shr 1)) shl n; //輸出數的左邊是一個m位的Gray碼
for y:=0 to 1 shl n-1 do
write(u or (y xor (y shr 1)),' '); //并上一個n位Gray碼
writeln;
end;
end.

總結

以上是生活随笔為你收集整理的位运算的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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