位运算

位运算

位运算就是基于整数的二进制表示进行的运算。由于计算机内部就是以二进制来存储数据，位运算是相当快的。

基本的位运算共 6 种，分别为：按位与、按位或、按位异或、按位取反、左移和右移。

与、或、异或

这三者都是两数间的运算，因此在这里一起讲解。

它们都是将两个整数作为二进制数，对二进制表示中的每一位逐一运算。

运算	运算符	数学符号表示	解释
与	\(\&\)	\(\&\)、\(\operatorname{and}\)	只有两个对应位都为 1 时才为 1
或	\|	\(\mid\)、\(\operatorname{or}\)	只要两个对应位中有一个 1 时就为 1
异或	^	\(\oplus\)、\(\operatorname{xor}\)	只有两个对应位不同时才为 1

注意，逻辑与（对应的数学符号为 \(\wedge\)）和按位与、逻辑或（\(\vee\)）和按位或的区别。

异或运算的逆运算是它本身，也就是说两次异或同一个数最后结果不变，即 \(a \oplus b \oplus b = a\) 。
举例：

\[\begin{aligned} 5 &=(101)_2\\ 6 &=(110)_2\\ 5\operatorname\&6 &=(100)_2 =\ 4\\ 5\operatorname|6 &=(111)_2 =\ 7\\ 5\oplus6 &=(011)_2 =\ 3\\ \end{aligned} \]

取反

取反是对一个数 \(num\) 进行的位运算，即单目运算。

取反暂无默认的数学符号表示，其对应的运算符为 ~。它的作用是把 \(num\) 的二进制补码中的 \(0\) 和 \(1\) 全部取反（\(0\) 变为 \(1\)，\(1\) 变为 \(0\)）。有符号整数的符号位在 ~ 运算中同样会取反。

补码：在二进制表示下，正数和 \(0\) 的补码为其本身，负数的补码是将其对应正数按位取反后加一。

举例（有符号整数）：

\[\begin{aligned} 5&=(00000101)_2\\ \sim5&=(11111010)_2=-6\\ -5\text{的补码}&=(11111011)_2\\ \sim(-5)&=(00000100)_2=4 \end{aligned} \]

左移和右移

num << i 表示将 \(num\) 的二进制表示向左移动 \(i\) 位所得的值。

num >> i 表示将 \(num\) 的二进制表示向右移动 \(i\) 位所得的值。

举例：

\[\begin{aligned} 11&=(00001011)_2\\ 11<<3&=(01011000)_2=88\\ 11>>2&=(00000010)_2=2 \end{aligned} \]

移位运算中如果出现如下情况，则其行为未定义：

右操作数（即移位数）为负值；
右操作数大于等于左操作数的位数。

例如，对于 \(int\) 类型的变量 \(a\)、\(a<<-1\) 和 \(a<<32\) 都是未定义的。

对于左移操作，需要确保移位后的结果能被原数的类型容纳，否则行为也是未定义的。对一个负数执行左移操作也未定义。

对于右移操作，右侧多余的位将会被舍弃，而左侧较为复杂：

对于无符号数，会在左侧补 \(0\)；
对于有符号数，则会用最高位的数（其实就是符号位，非负数为 \(0\)，负数为 \(1\)）补齐。

复合赋值位运算符

与 +=、-= 等运算符类似，位运算也有复合赋值运算符： &= , |= , ^= , <<= , >>= 。

取反是单目运算，所以没有复合赋值运算符。

关于优先级

位运算的优先级低于算术运算符（除了取反），而按位与、按位或及异或低于比较运算符，所以使用时需多加注意，在必要时添加括号。

位运算的应用

位运算一般有三种作用：

高效地进行某些运算，代替其它低效的方式；
表示集合（常用于状态压缩 DP）；
题目本来就要求进行位运算。

需要注意的是，用位运算代替其它运算方式（即第一种应用）在很多时候并不能带来太大的优化，反而会使代码变得复杂，使用时需要斟酌。

但像「乘 2 的非负整数次幂」和「除以 2 的非负整数次幂」就最好使用位运算，因为此时使用位运算可以优化复杂度。

有关 2 的幂的应用

由于位运算针对的是变量的二进制位，因此可以推广出许多与 2 的整数次幂有关的应用。

例如，将一个数乘（除） 2 的非负整数次幂：

计算 \(n * 2^m\) 的代码实现：

int mulPowerOfTwo(int n, int m) {  // 计算 n*(2^m)
  return n << m;
}

计算 \(n / 2^m\) 的代码实现：

int divPowerOfTwo(int n, int m) {  // 计算 n/(2^m)
  return n >> m;
}

注意，我们平常写的除法是向 0 取整，而这里的右移是向下取整（注意这里的区别），即当数大于等于 0 时两种方法等价，当数小于 0 时会有区别，如： -1 / 2 的值为 0 ，而 -1 >> 1 的值为 -1 。

取绝对值

对整数 n 取绝对值的代码实现：

int abs(int n) {
  return (n ^ (n >> 31)) - (n >> 31);
}

首先，n >> 31 可以取得 n 的符号：

若 n 为正数，n >> 31 等于 0，此时，上述表达式等价于 n ^ 0 - 0 = n；

即正数的绝对值还是它本身；
若 n 为负数，n >> 31 等于 -1，此时，上述表达式等价于 n ^ (-1) - (-1) = n。

其中，n ^ (-1) 需要计算 n 和 -1 的补码，然后进行异或运算，结果就是 n 变号并且为 n 的绝对值减 1，再减去 -1，就是其绝对值。

这种算法，在某些机器上，效率比 n > 0 ? n : -n 高。

取两个数的最大/最小值

在某些机器上，效率比 a > b ? a : b 高。

// 如果 a >= b, (a - b) >> 31 为 0，否则为 -1
int max(int a, int b) {
    return (b & ((a - b) >> 31)) | (a & (~(a - b) >> 31));
}

int min(int a, int b) {
    return (a & ((a - b) >> 31)) | (b & (~(a - b) >> 31));
}

判断两非零数符号是否相同

bool isSameSign(int x, int y) {  // 有 0 的情况例外
  return (x ^ y) >= 0;
}

交换两个数

该方法具有局限性：这种方式只能用来交换两个整数，使用范围有限。

对于一般情况下的交换操作，推荐直接调用 algorithm 库中的 std::swap 函数。

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

操作一个数的二进制位

获取一个数二进制的某一位：

// 获取 a 的第 b 位，最低位编号为 0
int getBit(int a, int b) {
    return (a >> b) & 1;
}

将一个数二进制的某一位设置为 0：

// 将 a 的第 b 位设置为 0 ，最低位编号为 0
int unsetBit(int a, int b) {
    return a & ~(1 << b);
}

将一个数二进制的某一位设置为 1：

// 将 a 的第 b 位设置为 1 ，最低位编号为 0
int setBit(int a, int b) {
    return a | (1 << b);
}

将一个数二进制的某一位取反：

// 将 a 的第 b 位取反 ，最低位编号为 0
int flapBit(int a, int b) {
    return a ^ (1 << b);
}

这些操作相当于将一个 32 位整型变量当作一个长度为 32 的布尔数组。

汉明权重

汉明权重是一串符号中非零符号的个数。因此它等同于同样长度的全零符号串的汉明距离。在最为常见的数据位符号串中，它是 1 的个数。

对于一个二进制数，它的汉明权重就等于它 1 的个数（即 popcount）。

位移实现

求一个数的汉明权重可以循环求解：我们不断地去掉这个数在二进制下的最后一位（即右移 1 位），维护一个答案变量，在除的过程中根据最低位是否为 1 更新答案。

代码如下：

// 求 x 的汉明权重
int popcount(int x) {
    int cnt = 0;
    while (x) {
        cnt += x & 1;
        x >>= 1;
    }
    return cnt;
}

LSB 置零操作

x & -x 实现

求一个数的汉明权重还可以使用 lowbit 操作：我们将这个数不断地减去它的 lowbit，直到这个数变为 0。

代码如下：

// 求 x 的汉明权重
int popcount(int x) {
    int cnt = 0;
    while (x) {
        cnt++;
        x -= x & -x;
    }
    return cnt;
}

n & (n - 1) 实现

减 1 操作将 n 最右边的符号从 0 变到 1，从 1 变到 0，与操作将会移除最右端的 1。如果最初 n 有 X 个 1，那么经过 X 次这样的迭代运算，n 将变为 0。

int popcount(int n) {
    int cnt = 0;
    for(;  n != 0; n = n & (n - 1)) {
        cnt++;
    }
    return cnt;
}

n & (n-1) 实现在大多数比特为 0 的情况下是效率最高的。

注意，上面的 x -= x & -x 操作与 n = n & (n - 1) 操作是等价的，都是将最低有效位（Least Significant Bit，LSB）置为零。

构造汉明权重递增的排列

在状态压缩 DP 中，按照 popcount 递增的顺序枚举有时可以避免重复枚举状态。这是构造汉明权重递增的排列的一大作用。下面我们来具体探究如何在 \(O(n)\) 时间内构造汉明权重递增的排列。

我们知道，一个汉明权重为 n 的最小的整数为 \(2^n-1\)。只要可以在常数时间构造出一个整数汉明权重相等的后继，我们就可以通过枚举汉明权重，从 \(2^n-1\) 开始不断寻找下一个数的方式，在 \(O(n)\) 时间内构造出 \(0\sim n\) 的符合要求的排列。

而找出一个数 \(x\) 汉明权重相等的后继有这样的思路，以 \((10110)_2\) 为例：

把 \((10110)_2\) 最右边的 1 向左移动一位，如果不能移动，将它左边的 1 向左移动，以此类推，得到 \((11010)_2\)。
把得到的 \((11010)_2\) 最后移动的 1 原先的位置一直到最低位的所有 1 都移到最右边。这里最后移动的 1 原来在第三位，所以最后三位 010 要变成 001，得到 \((11001)_2\)。

这个过程可以用位运算优化：

int t = x + (x & -x);
x = t | ((((t &-t)/(x & -x)) >> 1) - 1);

第一个步骤，我们把数 x 加上它的 lowbit，在二进制表示下，就相当于把 x 最右边的连续一段 1 换成它左边的一个 1。

例如，当 \(x =(10110)_2\) 时，\(-x = (01010)_2\)，因此，\((x\ \& -x) = (10)_2\)，所以 \(t = x + (x\ \& -x) = (11000)_2\)。
第二个步骤，我们把答案后面的 1 补齐，\(t\) 的 lowbit 是 x 最右边连续一段 1 最左边的 1 移动后的位置，而 \(x\) 的 lowbit 则是 \(x\) 最右边连续一段 1 最左边的位置。

此时，\(t = (11000)_2\)，\(\operatorname{lowbit}(t) = (01000)_2\)，\(\operatorname{lowbit}(x)=(00010)_2\)。
接下来的除法操作是这种位运算中最难理解的部分，但也是最关键的部分。我们设原数最右边连续一段 1 最高位的 1 在第 \(r\) 位上（位数从 0 开始），最低位的 1 在第 l 位，\(t\) 的 lowbit 等于 \(1 << (r+1)\) ，x 的 lowbit 等于 \(1 << l\)， \((((t\&-t)/(x\&-x))>>1)\) 得到的，就是 \((1<<(r+1))/(1<<l)/2 = (1<<r)/(1<<l) = 1<<(r-l)\) ，在二进制表示下就是 1 后面跟上 \(r-l\) 个零，零的个数正好等于连续 1 的个数减去 1 。

以前面的例子为例，

\[\frac{\operatorname{lowbit(t)/2}}{\operatorname{lowbit(x)}} = \frac{(00100)_2}{(00010)_2} = (00010)_2 \]
把这个数减去 1 得到的就是我们要补全的低位，或上原来的数就可以得到答案。所以枚举 \(0\sim n\) 按汉明权重递增的排列的完整代码为：

for (int i = 0; (1<<i)-1 <= n; i++) {
    for (int x = (1<<i)-1, t; x <= n; t = x+(x&-x), x = x ? (t|((((t&-t)/(x&-x))>>1)-1)) : (n+1)) {
        // 写下需要完成的操作
    }
}

其中要注意 0 的特判，因为 0 没有相同汉明权重的后继。

参考：

位运算

标签：return,运算,int,基础,取反,二进制,汉明
From： https://www.cnblogs.com/larry1024/p/17676076.html

位运算基础

位运算