位運算的刷題應用

時間 2019-12-06

標籤運算應用简体版

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不申請臨時變量的整數交換

private static void swap(int a, int b) {
    a = a ^ b;
    b = a ^ b;
    a = a ^ b;
}
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關於這樣作行之有效的緣由

先來解釋b 爲何會變成 a。算法

首先，異或運算是符合交換律和結合律的，就是說 a ^ b ^ c 等於 a ^ c ^ b 等於 (a ^ b) ^ c。編程

因此，第二條語句就能夠等價爲 : b = a ^ b ^ b; ，由於（b ^ b） = 0 ,因此 b = a ^ 0 = a。數組

再來解釋 a 爲何會變成 b。ui

結合以上說法，當運行到第三行代碼時，a = a ^ b 而 b = a,因此 a = a ^ b = a ^ b ^ a。spa

同上，結合異或運算的交換律， a = (a ^ a) ^ b = b。code

其實，只要是互逆運算就能夠進行這種不用臨時變量的交換運算，如加減法，乘除法。教程

public static void swap(int a,int b) {
    a = a + b;
    b = a - b;
    a = a - b;
}
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public static void swap(int a,int b) {
    a = a * b;
    b = a / b;
    a = a / b;
}
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不使用 + 來計算整數的加法（寫加法器）

public static int plus(int a, int b) {
    while (b != 0) 
    {
        int _a = a ^ b;
        int _b = (a & b) << 1;
        a = _a;
        b = _b;
    }
    return a;
}
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關於這樣作行之有效的緣由

主要利用異或運算來完成，異或運算有一個別名叫作：不進位加法。ip

那麼a ^ b就是a和b相加以後，該進位的地方不進位的結果，相信這一點你們沒有疑問，可是須要注意的是，這個加法是在二進制下完成的加法。get

而後下面考慮哪些地方要進位？it

什麼地方須要進位呢？天然是a和b裏都是1的地方

a & b就是a和b裏都是1的那些位置，那麼這些位置左邊都應該有一個進位1，a & b << 1 就是進位的數值(a & b的結果全部左移一位)。

那麼咱們把不進位的結果和進位的結果加起來，就是實際中a + b的和。

a + b = (a ^ b) + (a & b << 1)

令:

a' = a ^ b, b' = (a & b) << 1 => a + b = (a ^ b) + (a & b << 1) = a' + b'

而後反覆迭代，這個過程是在二進制下模擬加法的運算過程，進位不可能一直持續，因此b最終會變爲0，也就是沒有須要進位的了，所以重複作上述操做就能夠最終求得a + b的值。

用 O(1) 時間檢測整數 n 是不是 2 的冪次

N若是是2的冪次，則N知足兩個條件。

N > 0

N的二進制表示中只有一個1, 注意只能有1個。

由於N的二進制表示中只有一個1，因此使用N & (N - 1)將N惟一的一個1消去，應該返回0。

bool checkPowerOf2(int n) {
    return n > 0 && (n & (n - 1)) == 0;
}
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x & (x - 1）的妙用

x & (x - 1)消去x最後一位的1。

計算在一個 32 位的整數的二進制表式中有多少個 1

由x & (x - 1)消去x最後一位的1可知。不斷使用 x & (x - 1) 消去x最後一位的1，計算總共消去了多少次便可。

public int countOnes(int num) {
    int count = 0;
    while (num != 0) // 不能是 > 0,由於要考慮負數
    {
        num = num & (num - 1);
        count++;
    }
    return count;
}
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若是要將整數A轉換爲B，須要改變多少個bit位？

這個應用是上面一個應用的拓展

思考將整數A轉換爲B，若是A和B在第i（0 <=i < 32）個位上相等，則不須要改變這個BIT位，若是在第i位上不相等，則須要改變這個BIT位。

因此問題轉化爲了A和B有多少個BIT位不相同！

聯想到位運算有一個異或操做，相同爲0，相異爲1，因此問題轉變成了計算A異或B以後這個數中1的個數!

public int countOnes(int num) {
    int count = 0;
    while (num != 0) // 不能是 > 0,由於要考慮負數
    {
        num = num & (num - 1);
        count++;
    }
    return count;
}

public int bitSwapRequired(int a, int b) {
    return countOnes(a ^ b);
}
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應用：給定一個含不一樣整數的集合，返回其全部的子集

思路就是使用一個正整數二進制表示的第i位是1仍是0來表明集合的第i個數取或者不取。因此從0到2^n-1總共2^n個整數，正好對應集合的2^n個子集。以下是就是整數 <=> 二進制 <=> 對應集合之間的轉換關係。

public List<List<Integer>> bitSubsets(int[] nums) 
{
    Arrays.sort(nums);
    List<List<Integer>> list = new ArrayList<>();
    int n = nums.length;
    for (int i = 0; i < (1 << n); ++i) {
        List<Integer> subset = new ArrayList<>();
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            if((1 << j & i) != 0) {
                subset.add(nums[j]);
            }
        }
        list.add(subset);
    }
    return list;
}
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巧用異或運算

應用一：數組中，只有一個數出現一次，剩下都出現兩次，找出出現一次的數

由於只有一個數剛好出現一個，剩下的都出現過兩次，因此只要將全部的數異或起來，就能夠獲得惟一的那個數，由於相同的數出現的兩次，異或兩次等價於沒有任何操做！

public int singleNumber(int[] nums) {
    int result = 0, n = nums.length;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        result ^= nums[i];
    }
    return result;
}
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應用二：數組中，只有一個數出現一次，剩下都出現三次，找出出現一次的數

由於其餘數是出現三次的，也就是說，對於每個二進制位，若是隻出現一次的數在該二進制位爲1，那麼這個二進制位在所有數字中出現次數沒法被3整除。

對於每一位，咱們讓Two，One表示當前位的狀態。

咱們看Two和One裏面的每一位的定義，對於ith(表示第i位)：

若是Two裏面ith是1，則ith當前爲止出現1的次數模3的結果是2

若是One裏面ith是1，則ith目前爲止出現1的次數模3的結果是1

注意Two和One裏面不可能ith同時爲1，由於這樣就是3次，每出現3次咱們就能夠抹去（消去）。那麼最後One裏面存儲的就是每一位模3是1的那些位，綜合起來One也就是最後咱們要的結果。

若是B表示輸入數字的對應位，Two+和One+表示更新後的狀態

那麼新來的一個數B，此時跟原來出現1次的位作一個異或運算，&上~Two的結果(也就是否是出現2次的)，那麼剩餘的就是當前狀態是1的結果。

同理Two ^ B （2次加1次是3次，也就是Two裏面ith是1，B裏面ith也是1，那麼ith應該是出現了3次，此時就能夠消去，設置爲0），咱們至關於會消去出現3次的位。

可是Two ^ B也多是ith上Two是0，B的ith是1，這樣Two裏面就混入了模3是1的那些位！！！怎麼辦？咱們得消去這些！咱們只須要保留不是出現模3餘1的那些位ith，而One是剛好保留了那些模3餘1次數的位，`取反不就是否是模3餘1的那些位ith麼？最終對(~One+)取一個&便可。

public int singleNumber(int[] nums) {
    int ones = 0, twos = 0;
    for(int i = 0; i < nums.length; i++)
    {
        ones = (ones ^ nums[i]) & ~twos;
        twos = (twos ^ nums[i]) & ~ones;
    }
    return ones;
}
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應用三：數組中，只有兩個數出現一次，剩下都出現兩次，找出出現一次的這兩個數

有了第一題的基本的思路，咱們能夠將數組分紅兩個部分，每一個部分裏只有一個元素出現一次，其他元素都出現兩次。那麼使用這種方法就能夠找出這兩個元素了。不妨假設出現一個的兩個元素是x，y，那麼最終全部的元素異或的結果就是等價於++res = x^y++。

++而且res！=0++

爲何呢？若是res 等於0，則說明x和y相等了！！！！

由於res不等於0，那麼咱們能夠必定能夠找出res二進制表示中的某一位是1。

對於x和y，必定是其中一個這一位是1，另外一個這一位不是1！！！細細琢磨，由於若是都是0或者都是1，怎麼可能異或出1

對於原來的數組，咱們能夠根據這個位置是否是1就能夠將數組分紅兩個部分。++x，y必定在不一樣的兩個子集中。++

並且對於其餘成對出現的元素，要麼都在x所在的那個集合，要麼在y所在的那個集合。對於這兩個集合咱們分別求出單個出現的x 和單個出現的y便可。

public int[] singleNumber(int[] nums) {
    //用於記錄，區分「兩個」數組
    int diff = 0;
    for(int i = 0; i < nums.length; i ++) 
    {
        diff ^= nums[i];
    }
    //取最後一位1
    //先介紹一下原碼，反碼和補碼
    //原碼，就是其二進制表示（注意，有一位符號位）
    //反碼，正數的反碼就是原碼，負數的反碼是符號位不變，其他位取反
    //補碼，正數的補碼就是原碼，負數的補碼是反碼+1
    //在機器中都是採用補碼形式存
    //diff & (-diff)就是取diff的最後一位1的位置
    diff &= -diff;
    
    int[] rets = {0, 0}; 
    for(int i = 0; i < nums.length; i ++) 
    {
        //分屬兩個「不一樣」的數組
        if ((nums[i] & diff) == 0) 
        {
            rets[0] ^= nums[i];
        }
        else 
        {
            rets[1] ^= nums[i];
        }
    }
    return rets;
}
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