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引言
位运算（Bit Operation）：在计算机内部，数是以「二进制（Binary）」的形式来进行存储。位运算就是直接对数的二进制进行计算操作，在程序中使用位运算进行操作，会大大提高程序的性能。
二进制数（Binary）：由 0 和 1 两个数码来表示的数。二进制数中每一个 0 或每一个 1 都称为一个「位（Bit）」。
注：本文中参考代码均使用C++编写。
1. 位运算的运算符
| 运算符 | 描述 | 运算规则 | 🌰实例（下面以四位二进制数为例） |
|---|---|---|---|
| & | 按位与运算符 | 只有对应的两个二进位都为 1 ，结果位才为 1。 | 0001&0001=1，0001&0000=0 |
| | 按位或运算符 | 只要对应的两个二进位有一个为1，结果位就为 1。 | 0001∣0001=0001，0001∣0000=0001 |
| ^ | 按位异或运算符 | 对应的两个二进位相异时，结果位为 1，二进位相同时则结果位为 0。 | 0001∧0001=0000，0001∧0000=1 |
~ | 取反运算符 | 对二进制数的每个二进位取反，使数字 1 变为 0，0 变为 1。 | ∼0=1，∼1=0 |
<< | 左移运算符 | 将二进制数的各个二进位全部左移若干位。<< 右侧数字指定了移动位数，高位丢弃，低位补 0。 | 0001 << 2 -- > 0100 |
>> | 右移运算符 | 对二进制数的各个二进位全部右移若干位。>> 右侧数字指定了移动位数，低位丢弃，高位补 0。 | 0100 << 2 -- > 0001 |
2. 位运算的性质
2.1 优先级
从上到下优先级依次递减
| 运算符 | 结合方向 |
|---|---|
| −（负号运算符）,∼（取反运算符），++（自增），−−（自减），&（取地址运算符） | 从右到左 |
| ∗（乘），/（除），%（取余） | 从左到右 |
| +（加），−（减） | 从左到右 |
| <<（左移），>>（右移） | 从左到右 |
| >（大于），<(小于)，>=(大于等于)，<=(小于等于) | 从左到右 |
| ==(等于)，!=（不等于） | 从左到右 |
| &（按位与） | 从左到右 |
| ∧ (按位异或) | 从左到右 |
| ∣ (按位或) | 从左到右 |
总结：能加括号就加括号
2.2 运算律
| 公式名称 | 运算规则 |
|---|---|
| 交换律 | a & b = b & a , b ∧ a = a ∧ b |
| 结合律（注：结合律必须在同符号下进行） | ( a & b ) & c = a & ( b & c )，a ∧ b ∧ c = a ∧ (b ∧ c) |
| 等幂律 | a & a = a ， a ∣ a = a |
| 零律 | a & 0 = 0，a ∧ a = 0 |
| 互补律 | a & ∼ a = 0 , a ∣ ∼ a = − 1 |
| 同一律 | a∣ 0 = a ， a ∧ 0 = a |
2.3 位运算的常用操作
| 功 能（都是在二进制表示中的操作，k默认从1开始） | 位运算（对于某个数x） | 示例(默认右边为低位) |
|---|---|---|
| 去掉最后一位 | x >> 1 | 101101 -> 10110 |
在最后加一个 0 | x << 1 | 101101 -> 1011010 |
在最后加一个 1 | ( x << 1 ) + 1 | 101101 -> 1011011 |
把最后一位变成 1 | x ∣ 1 | 101100 -> 101101 |
把最后一位变成 0 | (x ∣ 1) − 1 | 101101 -> 101100 |
| 最后一位取反 | x ∧ 1 | 101101 -> 101100 |
把右数第 k 位变成 1 | x ∣ ( 1 << ( k − 1 )) | 101001 -> 101101, k = 3 |
把右数第 k 位变成 0 | x & ( ∼ ( 1 << ( k − 1 ))) | 101101 -> 101001, k = 3 |
右数第 k 位取反 | x ∧ ( 1 << ( k − 1 )) | 101001 -> 101101, k = 3 |
取末尾 k 位 | x & (( 1 << k) − 1 ) | 1101101 -> 1101, k = 4 |
取右数第 k 位 | （x >> k − 1 ) & 1 | 1101101 -> 1, k = 4 |
把末尾 k 位全变成 1 | x ∣ (( 1 << k ) − 1 ) | 101001 -> 101111, k = 4 |
末尾 k 位取反 | x ∧ (( 1 << k ) − 1 ) | 101001 -> 100110, k = 4 |
把右边连续的 1 变成 0 | x & ( x + 1 ) | 100101111 -> 100100000 |
把右边起第一个 0 变成 1 | x | ( x + 1 ) | 100101111 -> 100111111 |
把右边连续的 0 变成 1 | x | ( x - 1 ) | 11011000 -> 11011111 |
只保留右边连续的 1 | (x ∧ ( x + 1 )) >> 1 | 100101111 -> 1111 |
| 提取右数最右侧的 1，其他位均为0 | x & ( x ∧ ( x − 1 )) 或 x & ( - x ) | 100101000 -> 1000 |
从右边开始，把最后一个 1 改写成 0 | x & ( x - 1 ) | 100101000 -> 100100000 |
3. 扩展概念&运算
🥝 lowbit
lowbit(x)即为二进制下 x 的最低位，如下：
- 6 => 0000 0110
- -6=> 1111 1010(此处为6的补码)
- 6&(-6) = 2
严格来说 0 没有lowbit，部分情况下可视为lowbit(0) = 1。利用lowbit函数可实现树状数组等数据结构
lobit 的写法
- 暴力计算（简单粗暴的按位直接计算）
int lowbit(int x) {int res = 1;while(x && !(x & 1))x >>= 1, res <<= 1;return res; } -
x & -x
巧妙利用lowbit(x) = x & -x。感兴趣的读者可自行尝试证明。
时间复杂度O ( 1 ) 。相比(1)来说，代码更短，速度更快。 -
x& (x - 1)
注意：x& (x - 1)不是lowbit(x)，而是x - lowbit(x)。
这种方法常用于树状数组中，可提升x - lowbit(x)的计算速度。
🥑 popcount
popcount(x)定义为 x 在二进制下 1 的个数，如popcount(10101) = 3，popcount(0) = 0。
popcount 的写法
- 暴力计算检查（枚举每一位并检查是否为1达到目的，时间复杂度为O ( log X )）
int popcount(int x) {int res = 0;while(x){res += x & 1;x >>= 1;}return res; } -
lowbit 优化
时间复杂度还是O ( log X )，不过平均用时会比(1)快2~3倍左右。int popcount(int x) {int res = 0;for(; x; x&=x-1) res ++;return res; } -
builtin 函数（最快）
🍉 builtin 位运算函数
详情可见：C/C++ __builtin 超实用位运算函数总结 - 知乎 (zhihu.com)
注意：后面带 LL 的传入long long类型，不带 LL 接受int类型。本部分内容按常用程度递减排序。
- __builtin_popcount / __builtin_popcountll ：返回参数在二进制下 1 的个数。
- __builtin_ctz / __buitlin_ctzll ：返回参数在二进制下末尾 0 的个数。
- __buitlin_clz / __buitlin_clzll ：返回参数在二进制下前导0 00的个数。
__builtin_ffs / __buitlin_ffsll ：返回参数在二进制下最后一个1在第几位（从后往前）。
注：一般来说，builtin_ffs(x) = __builtin_ctz(x) + 1。当x = 0 时，builtin_ffs(x) = 0。__builtin_parity / __builtin_parityll ：返回参数在二进制下1 的个数的奇偶性 （偶：0，奇：1），即__builtin_parity(x) = __builtin_popcount(x) % 2。
4. 位运算的应用
4.1 两数交换
void swap(int& a, int& b)
{if(a == b) return ; // 避免 x ^ x = 0a ^= b ^= a ^= b;
}
4.2 gcd
位运算交换法扩展：超快GCD
int gcd(int a, int b)
{if(b) while(b ^= a ^= b ^= a %= b);return a;
}
4.3 两数平均数（防溢出）
int average1(int x, int y)
{return (x >> 1) + (y >> 1) + (x & y & 1);
}int average2(int x, int y)
{return (x & y) + ((x ^ y) >> 1);
}
4.4 判断一个数是否为 2 的整数次幂
bool ispowof2(int x)
{// x & x - 1 把二进制的右数第一个 1 改为 0 //故当 x 为 2的幂的时候， x & x - 1 = 0return x > 0 && !(x & x - 1);
}4.5 二进制枚举子集
先来介绍一下「子集」的概念。
-
子集：如果集合 A 的任意一个元素都是集合 S 的元素，则称集合 A 是集合 S 的子集。可以记为 A。
对于集合{ 0 , 1 , … , n − 1 }，我们使用一个N 位的二进制整数 S 来表示它的一个子集。从右往左第 i 位表示子集是否包含了 i 。容易发现，对于任意子集 S ，S ∈ [ 0 , − 1 ]，且对于任意S ∈ [ 0 ,
− 1 ] ，S 都是{ 0 , 1 , … , n − 1 }的一个有效子集。
下面我们来讲这种子集表示的具体操作：
- 空集：0
- 满集：
-1 （ n 个 1）
- 集合S 的元素个数：__builtin_popcount(S)或__builtin_popcountll(S)
- 集合S 是否包含i ：S >> i & 1
将i 加入S（操作前 S 是否包含 i 不影响操作结果）：S |= 1 << i
将i 从S 中删除（操作前 S 必须包含 i ）：S ^= 1 << i
将 i 从 S 中删除（操作前S SS是否包含 i 不影响操作结果）：S &= ~(1 << i)
S 和 T 的交集（S 和 T 都包含的集合）：S & T
S 和 T 的并集（S 和 T 中有任意一个包含的集合）：S | T
S 和 T 的差集（S 和 T 中恰好有一个包含的集合）：S ^ T
🌿 枚举N 个元素的所有子集
这个很简单，直接枚举S ∈ [ 0 , − 1 ] ，代码如下：
#include <iostream>
using namespace std;int main()
{int n;cin >> n;printf("n = %d\n", n);for (int s = 0, full = (1 << n) - 1; s <= full; s++){printf("Subset %d:", s + 1);for (int i = 0; i < n; i++)if (s >> i & 1)printf(" %d", i);putchar('\n');}return 0;
}
5、位运算例题
1. 判定字符是否唯一
题目描述：实现一个算法，确定一个字符串 s 的所有字符是否全都不同。
思路：
遍历字符串，将每个字符转化为数字即可，然后2.3 中位运算的常用操作即可
class Solution {
public:bool isUnique(string astr) {int x = 0; for (auto e : astr){// 1. 字符转化为数字int i = e - 'a'; // 2. 判断字符是否已经出现//if (x & (1 << i)) //取末尾 i 位// return false; // 上下两种都可以判断是否有重复数字出现if (((x >> i) & 1) == 1) //右数 i 位return false;else x |= (1 << i); //把右数 i 位变成 1}return true;}
};2. 丢失的数字
题目描述：给定一个包含 [0, n] 中 n 个数的数组 nums ，找出 [0, n] 这个范围内没有出现在数组中的那个数
思路：
遍历数组，将数字与[1,n]异或即可，用到了 x ^ x = 0，x ^ 0 = x 的性质
class Solution {
public:int missingNumber(vector<int>& nums) {int ret = 0;for (int i = 1; i <= nums.size(); i++) ret ^= i;for (auto x : nums){ret ^= x;}return ret;}
};3. 两整数之和
题目描述：给你两个整数 a 和 b ，不使用 运算符 + 和 - ，计算并返回两整数之和。
思路：
二进制异或运算，无进位相加，如下：
class Solution {
public:int getSum(int a, int b) {while (b){int x = a ^ b; //先存储无进位相加结果b = (a & b) << 1; // 算出进位a = x;}return a;}
};4. 只出现一次的数字
题目描述：给你一个 非空 整数数组 nums ，除了某个元素只出现一次以外，其余每个元素均出现两次。找出那个只出现了一次的元素。
你必须设计并实现线性时间复杂度的算法来解决此问题，且该算法只使用常量额外空间。
思路：
遍历数组，0异或数组里的每个值即可，最后的值就是出现一次的数字
class Solution {
public:int singleNumber(vector<int>& nums) {int x = 0;for(auto e : nums){x ^= e;}return x;}
};5. 只出现一次的数字 II
题目描述：给你一个整数数组 nums ，除某个元素仅出现 一次 外，其余每个元素都恰出现 三次 。请你找出并返回那个只出现了一次的元素。
思路：
由于数组中的元素都在 int（即 32 位整数）范围内，因此我们可以依次计算答案的每一个二进制位是 0 还是 1。
- 具体地，考虑答案的第 i 个二进制位（i 从 0 开始编号），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，它们的和都是 3 的倍数（即和为 0 或 3）。
- 因此：答案的第 i 个二进制位就是数组中所有元素的第 i 个二进制位之和 % 3 。
这样一来，对于数组中的每一个元素 x，我们使用位运算 (x >> i) & 1 得到 x 的第 i 个二进制位，并将它们相加再对 3 取余，得到的结果一定为 0 或 1，即为答案的第 i 个二进制位。
class Solution {
public:int singleNumber(vector<int>& nums) {int ans = 0;for (int i = 0; i < 32; i++) { //依次修改 ans 中的每一位int cnt = 0; //统计第 i 位 1 的数目for (int x : nums){cnt += ((x >> i) & 1); // 获得 第 i 位上的1}if (cnt % 3) // cnt只有两种可能 1，3ans |= (1 << i); // 把ans的右数第i位变成1}return ans;}
};6. 只出现一次的数字 III
题目描述：给你一个整数数组 nums，其中恰好有两个元素只出现一次，其余所有元素均出现两次。 找出只出现一次的那两个元素。你可以按 任意顺序 返回答案。
思路：
假设数组 nums 中只出现一次的元素分别是 x1 和 x2。如果把 nums 中的所有元素全部异或起来，得到结果 x，那么一定有：x = x1 ⊕ x2 （其中 ⊕ 表示异或运算）
这是因为 nums 中出现两次的元素都会因为异或运算的性质 a⊕b⊕b=a 抵消掉，那么最终的结果就只剩下 x1 和 x2 的异或和 x 。
注：这里的 x 肯定不为0，如果 x = 0，那么 x1 = x2，与所给条件冲突。
因此，我们可以使用位运算 x & -x 取出 x 的二进制表示中最低位那个 1，设其为第 l 位，那么 x1 和 x2 中的某一个数的二进制表示的第 l 位为 0，另一个数的二进制表示的第 l 位为 1。
在这种情况下，x1⊕x2 的二进制表示的第 l 位才能为 1。
这样一来，我们就可以把 nums 中的所有元素分成两类，其中一类包含所有二进制表示的第 l 位为 0 的数，另一类包含所有二进制表示的第 l 位为 1 的数。可以发现：
对于任意一个在数组 nums 中出现两次的元素，该元素的两次出现会被包含在同一类中；
对于任意一个在数组 nums 中只出现了一次的元素，即 x1 和 x2，它们会被包含在不同类中。
因此，如果我们将每一类的元素全部异或起来，那么其中一类会得到 x1，另一类会得到 x2。这样我们就找出了这两个只出现一次的元素。
class Solution {
public:vector<int> singleNumber(vector<int>& nums) {int xorsum = 0; for (int x : nums) xorsum ^= x;// 写法一：int lowbit = (xorsum == INT_MIN ? xorsum : xorsum & (-xorsum));int num1 = 0, num2 = 0;for (int x : nums) {if (x & lowbit) num1 ^= x;else num2 ^= x;}// 写法二：int diff = 0;while (1) {if (((xorsum >> diff) & 1) == 1) break;else diff++;}int num1 = 0, num2 = 0;for (int x : nums) {if (((x >> diff) & 1) == 1) num1 ^= x;else num2 ^= x;}return { num1,num2 };}
};
7. 消失的两个数字
题目描述：给定一个数组，包含从 1 到 N 所有的整数，但其中缺了两个数字。你能在 O(N) 时间内只用 O(1) 的空间找到它们吗？以任意顺序返回这两个数字均可。
思路：
该题的思想主要用到了 丢失的数字 + 只出现一次的数字 III
假设 ans = 0，先让 ans先数组内的所有元素，再让 ans 异或 [1, n]内所有元素，此时的ans 与 只出现一次的数字 III中的 xorsum相同，也是两个只出现一次的数字的异或（即丢失的那两个数字）
class Solution {
public:vector<int> missingTwo(vector<int>& nums) {// 1. 异或所有数int xorsum = 0;for (int x : nums) xorsum ^= x;for (int i = 1; i <= nums.size() + 2; i++) xorsum ^= i;// 2. 找出a，b比特位不同的那一位int diff = 0;while (1) {if (((xorsum >> diff) & 1) == 1) break;else diff++; }// 3. 根据最低比特位的不同，将所有的数分为两类来异或,需要进行两次，这样就可以把问题转化求只出现一次的数字IIIint num1 = 0, num2 = 0;for (int x : nums) {if (((x >> diff) & 1) == 1) num1 ^= x;else num2 ^= x;}for (int i = 1; i <= nums.size() + 2; i++) {if (((i >> diff) & 1) == 1) num1 ^= i;else num2 ^= i;}return { num1,num2 };}
};
