位运算基础：
程序中所有的数载计算机内存中都是以二进制存储的，位运算就是直接对整数在内存中的二进制进行操作，由于直接在内存中进行操作，不需要转成十进制，因此处理速度非常快
常见位运算
x & 1 === 0 //判断奇偶
x & (x - 1) //清除最右边的1
x & -x //得到最右边的1
191. 位1的个数 （easy）
编写一个函数，输入是一个无符号整数（以二进制串的形式），返回其二进制表达式中数字位数为 '1' 的个数（也被称为汉明重量）。
提示：
请注意，在某些语言（如 Java）中，没有无符号整数类型。在这种情况下，输入和输出都将被指定为有符号整数类型，并且不应影响您的实现，因为无论整数是有符号的还是无符号的，其内部的二进制表示形式都是相同的。
在 Java 中，编译器使用二进制补码记法来表示有符号整数。因此，在上面的 示例 3 中，输入表示有符号整数 -3。示例 1：
输入：00000000000000000000000000001011
输出：3
解释：输入的二进制串 00000000000000000000000000001011 中，共有三位为 '1'。
示例 2：输入：00000000000000000000000010000000
输出：1
解释：输入的二进制串 00000000000000000000000010000000 中，共有一位为 '1'。
示例 3：输入：11111111111111111111111111111101
输出：31
解释：输入的二进制串 11111111111111111111111111111101 中，共有 31 位为 '1'。提示：
输入必须是长度为 32 的 二进制串 。
进阶：
如果多次调用这个函数，你将如何优化你的算法？
方法1：循环每个二进制位
- 思路：直接循环二进制中的每一位，判断是否为1，统计1的个数
- 复杂度分析：时间复杂度
O(k)，k=32。空间复杂度为O(1)
Js:
var hammingWeight = function(n) {
let ret = 0;
for (let i = 0; i < 32; i++) {
if ((n & (1 << i)) !== 0) {//让1不断左移 判断该位是否为1
ret++;
}
}
return ret;
};方法2：优化循环的过程
- 思路：巧用二进制公式
x&(x-1)表示去掉二进制中最右边的第一个1，加速循环过程 - 复杂度分析：时间复杂度为
O(k)，k为二进制中1的个数，最坏的情况下所有位都是1。空间复杂度是O(1)
js:
var hammingWeight = function(n) {
let ret = 0;
while (n) {
n &= n - 1;//不断消掉最右边的1
ret++;
}
return ret;
};268. 丢失的数字 （easy）
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。
示例 1：
输入：nums = [3,0,1]
输出：2
解释：n = 3，因为有 3 个数字，所以所有的数字都在范围 [0,3] 内。2 是丢失的数字，因为它没有出现在 nums 中。
示例 2：输入：nums = [0,1]
输出：2
解释：n = 2，因为有 2 个数字，所以所有的数字都在范围 [0,2] 内。2 是丢失的数字，因为它没有出现在 nums 中。
示例 3：输入：nums = [9,6,4,2,3,5,7,0,1]
输出：8
解释：n = 9，因为有 9 个数字，所以所有的数字都在范围 [0,9] 内。8 是丢失的数字，因为它没有出现在 nums 中。
示例 4：输入：nums = [0]
输出：1
解释：n = 1，因为有 1 个数字，所以所有的数字都在范围 [0,1] 内。1 是丢失的数字，因为它没有出现在 nums 中。提示：
n == nums.length
1 <= n <= 104
0 <= nums[i] <= n
nums 中的所有数字都 独一无二进阶：你能否实现线性时间复杂度、仅使用额外常数空间的算法解决此问题?
方法1.排序：在循环数组，看后一个数是不是比前一个大1
方法2.哈希表：将数组中的元素插入哈希表，然后循环0～nums.length-1中的数是不是都在哈希表中
方法3.求和：0～nums.length-1求和减去nums中的和
方法4:位运算
- 思路：相同的数异或为0
- 复杂度：时间复杂度
O(n)，空间复杂度O(1)
js:
//nums = [3,0,1]
//index = 0,1,2
var missingNumber = function (nums) {
let missing = nums.length
for (let i = 0; i < nums.length; i++) {//相同的数异或为0
missing = missing ^ nums[i] ^ (i)
}
return missing
}231. 2 的幂（easy）
给你一个整数 n，请你判断该整数是否是 2 的幂次方。如果是，返回 true ；否则，返回 false 。
如果存在一个整数 x 使得 n == 2x ，则认为 n 是 2 的幂次方。
示例 1：
输入：n = 1
输出：true
解释：20 = 1
示例 2：输入：n = 16
输出：true
解释：24 = 16
示例 3：输入：n = 3
输出：false
示例 4：输入：n = 4
输出：true
示例 5：输入：n = 5
输出：false提示：
-231 <= n <= 231 - 1
进阶：你能够不使用循环/递归解决此问题吗？
方法1.二进制
- 思路：一个数是2的幂需要满足这个数的二进制中只有一个1，也就是需要满足这个数>0，同时消除唯一的一个1之后就是0
- 复杂度：时间复杂度
O(1)。空间复杂度O(1)
Js:
var isPowerOfTwo = function(n) {
return n > 0 && (n & (n - 1)) === 0;
};方法2.是否为最大 2的幂的约数
- 思路：最大的2的幂为
2^30 = 1073741824， 判断 n 是否是2^30的约数即可。 - 复杂度:时间复杂度
O(1)。空间复杂度O(1)
js:
var isPowerOfTwo = function(n) {
const MAX = 1 << 30;
return n > 0 && MAX % n === 0;
};389. 找不同（ easy）
给定两个字符串 s 和 t ，它们只包含小写字母。
字符串 t 由字符串 s 随机重排，然后在随机位置添加一个字母。
请找出在 t 中被添加的字母。
示例 1：
输入：s = "abcd", t = "abcde"
输出："e"
解释：'e' 是那个被添加的字母。
示例 2：输入：s = "", t = "y"
输出："y"提示：
0 <= s.length <= 1000
t.length == s.length + 1
s 和 t 只包含小写字母
方法1.计数
- 思路：循环字符串s 统计每个字符的个数，循环字符串t 每出现一次s中的字符 就让相应字符的数量减少1，如果字符减少到了小于0 则这个字符就是答案
- 复杂度：时间复杂度
O(n)，n是字符串的长度。空间复杂度O(k)，k是字符集的大小
js：
var findTheDifference = function(s, t) {
const cnt = new Array(26).fill(0);
for (const ch of s) {//循环字符串s 统计每个字符的个数
cnt[ch.charCodeAt() - 'a'.charCodeAt()]++;
}
for (const ch of t) {//循环字符串t 每出现一次s中的字符 就让相应字符的数量减少1
cnt[ch.charCodeAt() - 'a'.charCodeAt()]--;
if (cnt[ch.charCodeAt() - 'a'.charCodeAt()] < 0) {//如果字符减少到了小于0 则这个字符就是答案
return ch;
}
}
return ' ';
};方法2.求和
- 思路：统计字符串s和t中字符Unicode的总和，两个和的差 就是不同的字符
- 复杂度：时间复杂度
O(n)。空间复杂度O(1)
js：
var findTheDifference = function(s, t) {
let as = 0, at = 0;
for (let i = 0; i < s.length; i++) {//统计字符串s中字符Unicode值的总和
as += s[i].charCodeAt();
}
for (let i = 0; i < t.length; i++) {//统计字符串t中字符Unicode值的总和
at += t[i].charCodeAt();
}
return String.fromCharCode(at - as);//两个和的差 就是不同的字符
};方3.位运算
- 思路：循环s和t 不断异或 相同元素异或等于0 所以唯一不同的字符最后会留下来
- 复杂度：时间复杂度
O(n)。空间复杂度O(1)
js：
//s = "abcd", t = "abcde"
var findTheDifference = function(s, t) {
let ret = 0;//循环s和t 不断异或 相同元素异或等于0 所以唯一不同的字符最后会留下来
for (const ch of s) {
ret ^= ch.charCodeAt();
}
for (const ch of t) {
ret ^= ch.charCodeAt();
}
return String.fromCharCode(ret);
};338. 比特位计数 (easy)
给你一个整数 n ，对于 0 <= i <= n 中的每个 i ，计算其二进制表示中 1 的个数 ，返回一个长度为 n + 1 的数组 ans 作为答案。
示例 1：
输入：n = 2
输出：[0,1,1]
解释：
0 --> 0
1 --> 1
2 --> 10
示例 2：输入：n = 5
输出：[0,1,1,2,1,2]
解释：
0 --> 0
1 --> 1
2 --> 10
3 --> 11
4 --> 100
5 --> 101提示：
0 <= n <= 105
进阶：
很容易就能实现时间复杂度为 O(n log n) 的解决方案，你可以在线性时间复杂度 O(n) 内用一趟扫描解决此问题吗？
你能不使用任何内置函数解决此问题吗？（如，C++ 中的 __builtin_popcount ）
方法1.循环
- 思路：循环
0-n，计算每个数二进制中1的个数。 - 复杂度：时间复杂度
O(nk)，k一个整数统计二进制1的复杂度，最坏的情况下是k=32。空间复杂度是O(1)
js:
var countBits = function(n) {
const bits = new Array(n + 1).fill(0);
for (let i = 0; i <= n; i++) {
bits[i] = countOnes(i);
}
return bits
};
const countOnes = (x) => {
let ones = 0;
while (x > 0) {
x &= (x - 1);
ones++;
}
return ones;
}方法2.动态规划
- 思路：
bits[i]表示i的二进制中1的个数，那么bits[i-1]就是bits[i]拿掉一个1之后的值，i & (i - 1)就是去掉最低位的一个1.
所以状态转移方程就是bits[i] = bits[i & (i - 1)] + 1，不断循环计算出从1-n中每个数二进制中1的个数即可
- 复杂度：时间复杂度
O(n)。空间复杂度是O(1)
Js:
var countBits = function(n) {
const bits = new Array(n + 1).fill(0);
for (let i = 1; i <= n; i++) {
bits[i] = bits[i & (i - 1)] + 1;
}
return bits;
};视频讲解：传送门