位运算全面总结

1 位运算概述

我们知道，计算机中的数在内存中都是以二进制形式进行存储的 ，而位运算就是直接对整数在内存中的二进制位进行操作，因此其执行效率非常高，在程序中尽量使用位运算进行操作，这会大大提高程序的性能。

那么，涉及位运算的运算符如下表所示：

看完，你可能会觉得挺简单的， 但位运算的难点并不在这，而在于其性质、高级操作和它的应用。

2 位运算的性质

2.1 运算符的优先级

优先级需要弄清楚，如果不太清楚可以加小括号确保是想要的运算顺序，这里只是相对优先级，即只是和一些常用的算术运算符做比较。

2.2 位运算符的运算律

以上仅为已证明的运算律（可能存在遗漏），其余的博主均认为是不符合不成立的，注意：千万不要将逻辑运算的运算律或者其他的运算律与这混为一谈。

3 位运算高级操作

如下表，请读者认真阅读理解，在阅读的过程中可以对示例进行运算。

由于表长限制，这里接下表继续：

当然，这里只是一些常用的，并不是全部，位运算的神奇远不止于此。

4 负数的位运算

首先，我们要知道，在计算机中，运算是使用的二进制补码，而正数的补码是它本身，负数的补码则是符号位不变，其余按位取反，最后再$+1$得到的， 例如：

$15$,原码:$00001111\space$补码:$00001111$

$-15$,原码:$10001111\space$补码:$11110001$

那么对于负数的位运算而言，它们的操作都是建立在补码上的，得到的运算结果是补码，最后将补码结果转化成一个普通的十进制数结果。 但需要注意的是，对于有符号数的右移操作，不同的处理器架构可能有不同的规定。在某些架构中（如x86），如果对有符号数执行算术右移（arithmetic right shift），则高位空出来的位置会补上符号位；对于无符号数的右移操作，所有架构都遵循相同的规则：高位空出来的位置会补0。例如对于$-15$，其补码为$11110001,$右移一位$(-15»1)$得到的是$11111000$，即$-8$，其他的同理。 在大多数现代处理器上，无论是有符号数还是无符号数，左移操作总是将空出来的低位补0。

这里我们介绍几个特殊的性质：

• 快速判断是否为$-1$

  在链式前向星中，我们初始化$head$数组为$-1$，最后判断是否遍历完$u$的所有边时，即判断$i$是否为$-1$，我们直接用$\sim i$即可。原因就在于$-1$的补码是$11111111$，按位取反就变为$00000000$，这实际上就是$0$。

• 取最低位的$1$，lowbit函数

  也就是$x&(-x)$，这在树状数组中起着巨大作用，这里指路一篇树状数组讲解$blog$:点这里，我们来证明一下，这里取$x=15$，对于$15&(-15)$，我们知道，在补码上进行运算得到的是$00000001$，需要注意二元运算的符号位我们需要进行运算。

5 位运算的一些应用

• 位运算实现乘除法

  将$x$左移一位实现$\times 2$，将$x$右移一位实现$\div2$。

  $a«1 \equiv a*2$

  $a »1 \equiv a/2$

• 位运算交换两整数

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

这效率非常高，我们来剖析其原理，对于$a=a\wedge b$，则$b = b\wedge(a\wedge b)$，根据交换律以及异或性质，得$b=b\wedge b\wedge a=0\wedge a=a$，同理$a=(a\wedge b)\wedge a=0\wedge b=b$。这样就实现了交换操作。

• 位运算判断奇偶数

  我们知道，在二进制中，最低位决定了是奇数还是偶数，所以我们可以提取出最低位的值，即与$1$相与即可实现目的，为$0$则是偶数，为$1$则是奇数。

• 位运算改变正负性和求绝对值

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

对于正数而言，补码就是原码，所以按位取反再$+1$则得到对应真值负数的补码，而对于负数，其补码进行按位取反再$+1$则得到对应真值正数的补码，变为原码。那么知道这个我们就可以特判是否为负数 ==（这里通过右移$31$位，若为正数，则得到的是$0$，若为负数，则得到的是$-1$，而$0$的补码为$0000$,$-1$的补码为$1111$，根据异或性质即可判断感谢读者 （恢。）指出错误，这里应该是要进行按位取反操作，这样如果为负数判断结果才为0 。）== ，利用条件表达式就可以根据判断结果求绝对值了。如下：

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

• 位运算实现对$p$取余（p为$2^k$）

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

取余实际上就是舍去大于等于$p$的位数，所以我们只需要保留在$p$范围内的数。由于我们限定了$p$为$2^k$，所以$(p - 1)$一定是将小于$p$的最高位全部变为了$1$，这样再进行与操作即可得到余数。

• 位运算统计二进制数$1$的个数

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

对于任意的$x$，转换成二进制后，是形如这样的数字：$aa…aa10…00$，从右向左数有任意多个$0$，直到遇见第一个$1$，字母$a$用来占位，代表$1$左边的任意数字。$x-1$转换成二进制后，是形如这样的数字：$aa…aa01…11$，从右向左数，原来的任意多个$0$都变成$1$，原来的第一个$1$，变成$0$，字母$a$部分不变。对$x$ 和 $x-1$ 进行 按位与 计算，会得到：$aa…aa00…00$，从右向左数，原来的第一个$1$变成了$0$，字母a部分不变。所以 $x & (x-1)$相当于消除了 $x$ 从右向左数遇到的第一个$1$。那么，$x$转换成二进制后包含多少个$1$，count函数里的循环就会进行多少次，直到$x$所有的$1$都被“消除”。

6 位运算例题

6.1 更新二进制位

• 题面

  给出两个32位的整数N和M，以及两个二进制位的位置i和j。写一个方法来使得N中的第i到j位等于M（M会是N中从第i为开始到第j位的子串）

  样例：

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  输入: N=(10000000000)2 M=(10101)2 i=2 j=6 输出: N=(10001010100)2 输入: N=(10000000000)2 M=(11111)2 i=2 j=6 输出: N=(10001111100)2

• 解题思路

  结合所学，我们的思路应该就是先将第$i$位到第$j$位全部变为$0$，再将与左移$i$位的$M$进行或操作。

• AC代码

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class Solution {
public:
    int updateBits(int n, int m, int i, int j) {
    	// 循环遍历从第 i 位到第 j 位
        for(int pos = i; pos <= j; pos ++ ){
        	// 将 n 的第 pos 位设为 0
            // ~(1 << pos) 创建一个在第 pos 位为 0 其他位为 1 的掩码
            // 然后使用按位与运算符（&）来将 n 的第 pos 位设置为 0
        	n &= ~(1 << pos);
        }
        // 将 m 左移 i 位，使 m 的低位对齐到 n 的第 i 位
        // 然后使用按位或运算符（|）合并 n 和 m
        // 这样 n 的第 i 到第 j 位就被 m 的相应位所替换
        return n | (m << i);
    }
};

6.2 A+B问题

• 题面

  给出两个整数 a 和 b , 求他们的和并以整数（int）的形式返回。不能使用 + 等数学运算符。

  样例：

  输入：

  1 2	a = 1 b = 2

  输出：

  1

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  输入：

  1 2	a = -1 b = 1

  输出：

  1

  0

• 解题思路

  这题我们可以利用异或操作来实现，因为异或操作有一个别名叫不进位加法。那么进位操作我们实际上就可以通过$a&b$来实现，因为$a&b$得到的都是$a$和$b$上都有的$1$，我们再左移即得到的是进位之后的结果，所以$a+b=(a\wedge b)+(a&b«1)$。通过这样模拟竖式加法操作即可。

• AC代码

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class Solution {
public:
    int aplusb(int a, int b) {
    	// 当没有进位需要处理时循环结束
        while(b != 0){
        	// temp_a 存储 a 和 b 的按位异或结果，这相当于不带进位的加法
            int temp_a = a ^ b;
            // temp_b 存储 a 和 b 的按位与结果并左移一位，这相当于计算进位
            // 因为只有两个位都是1时才会产生进位
            int temp_b = (a & b) << 1;

			// 更新 a 为不带进位的加法结果
            a = temp_a;
	
			// 更新 b 为进位
            b = temp_b;
        }
        // 当没有进位时，a 中存储了最终结果，返回 a
        return a;
    }
};

6.3 O(1)时间检测2的幂次

• 题面

  用 O(1) 时间检测整数 n 是否是 2 的幂次。

  样例

  n=4，返回 true;

  n=5，返回 false.

  挑战

  O(1) 时间复杂度

• 解题思路

  首先我们知道$2^k$是大于$0$的，这里我们需要特判，同理，$2^k$的二进制表示中只有$1$个$1$，故我们可以利用$x&(x-1)$来消除唯一的$1$判断是否等于$0$即可。

• AC代码

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class Solution {
public:
    bool checkPowerOf2(int n) {
        // 检查 n 是否大于 0
        // 2 的幂必须是正数，因为 0 和负数都不是 2 的幂
        // 检查 n 和 n - 1 的按位与操作是否为 0
        // 如果 n 是 2 的幂，则其二进制表示中只有一个 1
        // 例如 2 (10), 4 (100), 8 (1000)
        // 当 n 是 2 的幂时，n - 1 的二进制表示是 n 的最高位 1 变为 0，
        // 其余位从 0 变为 1，例如 2 (10) - 1 = 1 (01), 4 (100) - 1 = 3 (011)
        // 因此 n & (n - 1) 将得到 0
        return n > 0 && (n & (n - 1)) == 0;
    }
};