algorithms-Bit-Options

2017-10-11

算法

1. 算法
2. reference:

算法

常用的一个等式：-n = ~(n - 1) = ~n + 1

获得int型最大值

int getMaxInt(){
    return (1 << 31) - 1;//2147483647,由于优先级关系,括号不可省略
    return ~(1 << 31);   //2147483647
    return (1 << -1) - 1;//2147483647
    return ((unsigned int) - 1) >> 1;//2147483647
}

获得int型最小值

int getMinInt(){
    return 1 << 31;//-2147483648
    return 1 << -1;//-2147483648
}

获得long类型的最大值

long getMaxLong(){
    return ((unsigned long) - 1) >> 1;//2147483647　c语言版
    return ((long)1 << 127) - 1;//9223372036854775807  java版
}

获得long最小值，和其他类型的最大值，最小值同理.

2运算

n << 1　// 乘以2
n >> 1 // 除以2
n << m // 乘以2的m次方
n >> m // 除以2的m次方

判断一个数的奇偶性

1
2
3

boolean isOddNumber(int n){
    return (n & 1) == 1;
}

不用临时变量交换两个数（面试常考）

1
2
3

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

通用版（一些语言中得分开写）

1
2
3

a ^= b;
b ^= a;
a ^= b;

取绝对值

（某些机器上，效率比n>0 ? n:-n 高）

int abs(int n){
    return (n ^ (n >> 31)) - (n >> 31);
/* n>>31 取得n的符号，若n为正数，n>>31等于0，若n为负数，n>>31等于-1 
若n为正数 n^0=0,数不变，若n为负数有n^-1 需要计算n和-1的补码，然后进行异或运算， 
结果n变号并且为n的绝对值减1，再减去-1就是绝对值 */
}

取两个数的最大值

（某些机器上，效率比a>b ? a:b高）

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

C语言版

int max(int x,int y){
    return x ^ ((x ^ y) & -(x < y));
    /*如果x<y x<y返回1，否则返回0，
    与0做与运算结果为0，与-1做与运算结果不变*/
}

取两个数的最小值

（某些机器上，效率比a>b ? b:a高）

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

C语言版

int min(int x,int y){
    return y ^ ((x ^ y) & -(x < y));
    /*如果x<y x<y返回1，否则返回0， 
      与0做与运算结果为0，与-1做与运算结果不变*/
}

判断符号是否相同

1
2
3

boolean isSameSign(int x, int y){ //有0的情况例外
    return (x ^ y) >= 0; // true 表示 x和y有相同的符号， false表示x，y有相反的符号。
}

计算2的n次方

1
2
3

int getFactorialofTwo(int n){//n > 0
    return 2 << (n-1);//2的n次方
}

判断一个数是不是2的幂

boolean isFactorialofTwo(int n){
    return n > 0 ? (n & (n - 1)) == 0 : false;
    /*如果是2的幂，n一定是100... n-1就是1111.... 
       所以做与运算结果为0*/
}

对2的n次方取余

int quyu(int m,int n){//n为2的次方
    return m & (n - 1);
    /*如果是2的幂，n一定是100... n-1就是1111.... 
     所以做与运算结果保留m在n范围的非0的位*/
}

求两个整数的平均值

int getAverage(int x, int y){
    return (x + y) >> 1;
}
int getAverage(int x, int y){
    return ((x ^ y) >> 1) + (x & y);
    /*(x^y) >> 1得到x，y其中一个为1的位并除以2， 
       x&y得到x，y都为1的部分，加一起就是平均数了*/
}

下面是三个最基本对二进制位的操作

从低位到高位,取n的第m位

1
2
3

int getBit(int n, int m){
    return (n >> (m-1)) & 1;
}

从低位到高位.将n的第m位置设为1

int setBitToOne(int n, int m){
    return n | (1 << (m-1));
    /*将1左移m-1位找到第m位，得到000...1...000 
      n在和这个数做或运算*/
}

从低位到高位,将n的第m位置设为0

int setBitToZero(int n, int m){
    return n & ~(1 << (m-1));
    /* 将1左移m-1位找到第m位，取反后变成111...0...1111 
       n再和这个数做与运算*/
}

另附一些对程序效率上没有实质提高的位运算技巧，一些也是位运算的常识（面试也许会遇到）

n+1 = -~n
n-1 = ~-n
-n  = ~n+1
-n  = (n^-1)+1
x = a ^ b ^ x <=> if(x == a) x = b; if(x == b) x = a;
sign(x) = !!n - (((unsigned)n >> 31) << 1)

获取整数二进制表示中最右侧的1

1	n & (-n) <=> n & ~(n - 1)

二进制中1的个数

用到了n & (n - 1)
由x & (x - 1)消去x最后一位的1可知。不断使用 x & (x - 1) 消去x最后一位的1，计算总共消去了多少次即可。

int countOnes(int num) {
    int count = 0;
    while(num != 0) {
        num = num & (num-1);
        count++;
    }
    return count;
}

翻转

// 翻转
unsigned int Bit_Reverse(unsigned int v) {
    v = ((v >> 1) & 0x55555555) | ((v << 1) & 0xaaaaaaaa);
    v = ((v >> 2) & 0x33333333) | ((v << 2) & 0xcccccccc);
    v = ((v >> 4) & 0x0f0f0f0f) | ((v << 4) & 0xf0f0f0f0);
    v = ((v >> 8) & 0x00ff00ff) | ((v << 8) & 0xff00ff00);
    v = ((v >> 16) & 0x0000ffff) | ((v << 16) & 0xffff0000);
    return v;
}

输入两个数A和B，输出将A转换为B所需改变的二进制的位数。

首先，A异或B得到的是A和B中不相同位数组成的数，然后再求这个数二进制表示中1的个数，即为所求。

1	countOnes(A^B);

数组中只出现一次的数字

用到了n & (n - 1) 和 a ^ b ^ b = a

数组中，只有一个数出现一次，剩下都出现两次，找出出现一次的数

因为只有一个数恰好出现一个，剩下的都出现过两次，所以只要将所有的数异或起来，就可以得到唯一的那个数。
参考文章：http://zhedahht.blog.163.com/blog/static/2541117420071128950682/

数组中，只有一个数出现一次，剩下都出现三次，找出出现一次的数

因为数是出现三次的，也就是说，对于每一个二进制位，如果只出现一次的数在该二进制位为1，那么这个二进制位在全部数字中出现次数无法被3整除。

膜3运算只有三种状态：00,01,10，因此我们可以使用两个位来表示当前位%3，对于每一位，我们让Two，One表示当前位的状态，B表示输入数字的对应位，Two+和One+表示输出状态。

参考文章：http://zhedahht.blog.163.com/blog/static/25411174201283084246412/

数组中，只有两个数出现一次，剩下都出现两次，找出出现一次的数

有了第一题的基本的思路，我们可以将数组分成两个部分，每个部分里只有一个元素出现一次，其余元素都出现两次。那么使用这种方法就可以找出这两个元素了。
不妨假设出现一个的两个元素是x，y，那么最终所有的元素异或的结果就是res = x^y。并且res！=0，那么我们可以找出res二进制表示中的某一位是1。对于原来的数组，我们可以根据这个位置是不是1就可以将数组分成两个部分。x，y在不同的两个子数组中。而且对于其他成对出现的元素，要么在x所在的那个数组，要么在y所在的那个数组。

位操作实现加减乘除运算

//加法
int BinaryAdd(int a, int b) {
    int carry, add;
    do {
        add = a ^ b; //该操作得到本位的加法结果  
        carry = (a & b) << 1; //该操作得到该位对高位的进位值  
        a = add;  
        b = carry;  
    } while (carry != 0); //循环直到某次运算没有进位，运算结束
    return add;
}
//减法
int BinarySub(int a, int b) {
    return BinaryAdd(a, BinaryAdd(~b, 1));
}
/*乘法 
该过程中的bit_map是为了快速得到乘法过程中某位相乘的中间结果S[i] 
需要位移的位数。bit_map的键值是2^0, 2^1,2^2, ……之类的数，对应的 
值是0，1,2,……(即需要位移的位数)。 
*/
int BinaryMultiply(int a, int b) {
    bool neg = (b < 0);
    if(b < 0)
        b = -b;  
    int sum = 0;
    map<int, int> bit_map;
    for(int i = 0; i < 32; i++) {
        bit_map.insert(pair<int, int>(1 << i, i));  
    }
  
    while(b > 0) {
        /* 
        b & ~(b - 1)可以得到乘数b的二进制表示中最右侧1的位置 
        last_bit记录被乘数a需要位移的位数 
        */  
        int last_bit = bit_map[b & ~(b - 1)];  
        //将得到的乘法结果全部相加即为最后结果  
        sum += (a << last_bit);  
        b &= b - 1; //每次将b的二进制表示的最右侧1去掉用于下一次乘法  
    }
    if(neg)
        sum = -sum;  
    return sum;
}
//除法
int BinaryDivide(int a, int b){
    bool neg = (a > 0) ^ (b > 0);
    if(a < 0)
        a = -a;  
    if(b < 0)
        b = -b;  
    if(a < b)
        return 0;  
    int msb = 0;
    //msd记录除数需要左移的位数
    for(msb = 0; msb < 32; msb++) {
        if((b << msb) >= a)  
            break;  
    }
    int q = 0; //记录每次除法的商
    for(int i = msb; i >= 0; i--) {
        if((b << i) > a)  
            continue;  
        q |= (1 << i);  
        a -= (b << i);  
    }
    if(neg)
        return -q;  
    return q;
}

reference:

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