0x01 位运算

0x01 位运算

在c++中，8位二进制数代表char类型，范围为-128~127，其中0xFF代表-1,0x7F代表最大值127。

另外，m位的二进制数，为方便起见，最低位称为第0位，从右往左依次类推，最高位为m-1位。

1.补码

32位无符号整数 unsigned int:

直接把这32位编码C看做32位二进制数N。

32位有符号整数 int：

以最高为符号位，0表示非负数，1表示负数。

对于最高位为0的每种编码C，直接看做32位二进制数S。

同时，定义该编码按位取反后得到的编码~C的数值为-1-S。

运算发生算术溢出时，32位无符号整数相当于自动对2^32取模。有符号整数算术溢出时可能会出现负数。

补码也被称作”二补数“。还有一种编码称作反码，也叫”一补数“，直接把C的每一位取反表示负C。补码和反码在负数表示中，绝对值相差1。

32位补码	int（十进制）	int（十六进制）
0000...0000	0	0x0
0111...1111	21 4748 3647	0x7F FF FF FF
00111111重复四次	10 6110 9567	0x3F 3F 3F 3F
1111...1111	-1	0xFF FF FF FF

上述表中的0x3F 3F 3F 3F 是一个非常有用的数值，它是满足以下两个条件的最大整数。

1.整数的两倍不超过0x7F FF FF FF，即int表示的最大整数。

2.整数的每8位（每个字节）都是相同的。

我们常用memset(a,val,sizeof(a))来初始化一个int数组a，该语句把数值val(0x00~0xFF)填充到数组a的每个字节上，而一个int占用4的字节，所以memset只能赋值出“每8位都相同”的int。为了避免算术上溢，我们通常用memset(a,0x3f,sizeof(a))给数组赋值0x3F 3F 3F 3F。

一般设置无穷大为0x3F 3F 3F 3F，设置无穷小为0xcF cF cF cF。

2.移位运算

左移

在二进制表示下把数字同时往左移动，低位以0填充，高位越界后舍弃。
$$1<<n=2^n,n<<1=2n$$
右移

这里的右移特指算术右移。

在二进制补码表示下把数字同时向右移动，高位以符号位填充，低位越界后舍弃。
$$n>>1=\lfloor \frac{n}{2.0}\rfloor$$
算术右移等于除以2向下取整，(-3)>>1=-2，3>>1=1。

而(-3)/2=-1,3/2=1。除法和算术右移有区别，注意区分。

快速幂
$$计算a^{b}modp$$

long long quickpow(long long a,long long b,long long p)
{
    a%=p;
    long long ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=ans*a%p;
        a=a*a%p;
        b>>=1;
	}
    return ans%p;
}

时间复杂度O(logb)

a和b不能超过long long范围9e18

3.二进制状态压缩

二进制状态压缩是指一个长度为m的bool数组可以用一个m位二进制数来表示并储存的方法。利用下列位运算的方法可以实现对原bool数组中对应下标元素的存取。

操作	运算
取出整数n在二进制表示下的第k位	(n>>k)&1
取出整数n在二进制表示下的第0~k-1位(后k位)	n&((1<
把整数n在二进制下的第k位取反	n^(1<
对整数n在二进制表示下的第k位赋值1	n|(1<
对整数n在二进制表示下的第k位赋值0	n&(~(1<

这种方法运算简便，并且节省了程序运行时间和空间。当m不太大的时候，可以直接使用一个整数类型来储存。当m较大时，可以使用若干个整数类型(int数组)来储存，也可以直接利用C++STL提供的bitset功能实现(第0x71节)。

4.成对变换

通过计算可以发现，对于非负整数n：

n为偶数时，n xor 1等于n+1。

n为奇数时，n xor 1等于n-1。

因此，“0和1”，“2和3”，“4和5”…关于xor 1运算构成成对变换。

应用：

常用于图论邻接表中边集的储存。在具有无向边(双向边)的图中把一对正反方向的边分别储存在邻接表数组的第n和n+1的位置(其中n为偶数)，就可以通过xor 1的运算获得与当前边(x,y)反向的边(y,x)的储存位置。详细在邻接表(第0x13节)。

5.lowbit运算

lowbit(n)定义为非负整数n在二进制表示下“最低位的1及后边所有的0”构成的数值。

lowbit(n) = n&(~n+1) = n&(-n)

lowbit运算配合Hash可以找出整数二进制下所有是1的位，所花费的时间与1的个数同级。

为了到达这一目的可以不断个给n赋值为n-lowbit(n)，直到n=0。例如n=9=1001。lowbit(9)=1，9-lowbit(9)=8=1000，lowbit(8)=8，8-lowbit(8)=0。取1和8的对数$lo{g}_{2}1$和$lo{g}_{2}8$，可知是n的第0位和第3位。但c++的log函数以e为底，且时间复杂度大，所以我们预处理一个数组，通过Hash来代替log运算。

当n较小时，最简单的方法是建立一个数组H，令H[$2^k$]=k

const int MAX_N = 1 << 20;
int H[MAX_N + 1];
for (int i = 0; i <= 20; ++i)
    H[1 << i] = i;
while (cin >> n)
{
    while (n)
    {
        cout << H[n & -n] << ' ';
        n -= n & -n;
    }
    cout << endl;
}

稍微复杂但效率更高的方法是建立一个长度为37的数组H，令H[$2^{k}mod37$]=k。

这里利用了一个小技巧：$\forall k\in [0,35]$，$2^{k}mod37$互不相等，且恰好取遍整数1~36。修改后的程序：

int H[37];
for (int i = 0; i < 36; ++i)
    H[(1ll << i) % 37] = i;
while (cin >> n)
{
    while (n)
    {
        cout << H[(n & -n) % 37] << ' ';
        n -= n & -n;
    }
    cout << endl;
}