位运算
位运算应用口诀
清零取反要用与，某位置一可用或
若要取反和交换，轻轻松松用异或
移位运算
要点 1 它们都是双目运算符，两个运算分量都是整形，结果也是整形。
2 "<<" 左移：右边空出的位上补0，左边的位将从字头挤掉，其值相当于乘2。
3 ">>"右移：右边的位被挤掉。对于左边移出的空位，如果是正数则空位补0，若为负数，可能补0或补1，这取决于所用的计算机系统。
4 ">>>"运算符，右边的位被挤掉，对于左边移出的空位一概补上0。
位运算符的应用 (源操作数s 掩码mask)
(1) 按位与-- &
1 清零特定位 (mask中特定位置0，其它位为1，s=s&mask)
2 取某数中指定位 (mask中特定位置1，其它位为0，s=s&mask)
(2) 按位或-- |
常用来将源操作数某些位置1，其它位不变。 (mask中特定位置1，其它位为0 s=s|mask)
(3) 位异或-- ^
1 使特定位的值取反 (mask中特定位置1，其它位为0 s=s^mask)
2 不引入第三变量，交换两个变量的值 (设 a=a1,b=b1)
目 标 操 作 操作后状态
a=a1^b1 a=a^b a=a1^b1,b=b1
b=a1^b1^b1 b=a^b a=a1^b1,b=a1
a=b1^a1^a1 a=a^b a=b1,b=a1
二进制补码运算公式：
-x = ~x + 1 = ~(x-1)
~x = -x-1
-(~x) = x+1
~(-x) = x-1
x+y = x - ~y - 1 = (x|y)+(x&y)
x-y = x + ~y + 1 = (x|~y)-(~x&y)
x^y = (x|y)-(x&y)
x|y = (x&~y)+y
x&y = (~x|y)-~x
x==y: ~(x-y|y-x)
x!=y: x-y|y-x
x< y: (x-y)^((x^y)&((x-y)^x))
x<=y: (x|~y)&((x^y)|~(y-x))
x< y: (~x&y)|((~x|y)&(x-y))//无符号x,y比较
x<=y: (~x|y)&((x^y)|~(y-x))//无符号x,y比较
应用举例
(1) 判断int型变量a是奇数还是偶数
a&1 = 0 偶数
a&1 = 1 奇数
(2) 取int型变量a的第k位 (k=0,1,2……sizeof(int))，即a>>k&1
(3) 将int型变量a的第k位清0，即a=a&~(1<<k)
(4) 将int型变量a的第k位置1， 即a=a|(1<<k)
(5) int型变量循环左移k次，即a=a<<k|a>>16-k (设sizeof(int)=16)
(6) int型变量a循环右移k次，即a=a>>k|a<<16-k (设sizeof(int)=16)
(7)整数的平均值
对于两个整数x,y，如果用 (x+y)/2 求平均值，会产生溢出，因为 x+y 可能会大于INT_MAX，但是我们知道它们的平均值是肯定不会溢出的，我们用如下算法：
int average(int x, int y) //返回X,Y 的平均值
{
return (x&y)+((x^y)>>1);
}
(8)判断一个整数是不是2的幂,对于一个数 x >= 0，判断他是不是2的幂
boolean power2(int x)
{
return ((x&(x-1))==0)&&(x!=0)；
}
(9)不用temp交换两个整数
void swap(int x , int y)
{
x ^= y;
y ^= x;
x ^= y;
}
(10)计算绝对值
int abs( int x )
{
int y ;
y = x >> 31 ;
return (x^y)-y ; //or: (x+y)^y
}
(11)取模运算转化成位运算 (在不产生溢出的情况下)
a % (2^n) 等价于 a & (2^n - 1)
(12)乘法运算转化成位运算 (在不产生溢出的情况下)
a * (2^n) 等价于 a<< n
(13)除法运算转化成位运算 (在不产生溢出的情况下)
a / (2^n) 等价于 a>> n
例: 12/8 == 12>>3
(14) a % 2 等价于 a & 1
(15) if (x == a) x= b;
else x= a;
等价于 x= a ^ b ^ x;
(16) x 的 相反数 表示为 (~x+1)
实例
功能 | 示例 | 位运算
----------------------+---------------------------+--------------------
去掉最后一位 | (101101->10110) | x >> 1
在最后加一个0 | (101101->1011010) | x << 1
在最后加一个1 | (101101->1011011) | x << 1+1
把最后一位变成1 | (101100->101101) | x | 1
把最后一位变成0 | (101101->101100) | x | 1-1
最后一位取反 | (101101->101100) | x ^ 1
把右数第k位变成1 | (101001->101101,k=3) | x | (1 << (k-1))
把右数第k位变成0 | (101101->101001,k=3) | x & ~ (1 << (k-1))
右数第k位取反 | (101001->101101,k=3) | x ^ (1 << (k-1))
取末三位 | (1101101->101) | x & 7
取末k位 | (1101101->1101,k=5) | x & ((1 << k)-1)
取右数第k位 | (1101101->1,k=4) | x >> (k-1) & 1
把末k位变成1 | (101001->101111,k=4) | x | (1 << k-1)
末k位取反 | (101001->100110,k=4) | x ^ (1 << k-1)
把右边连续的1变成0 | (100101111->100100000) | x & (x+1)
把右起第一个0变成1 | (100101111->100111111) | x | (x+1)
把右边连续的0变成1 | (11011000->11011111) | x | (x-1)
取右边连续的1 | (100101111->1111) | (x ^ (x+1)) >> 1
去掉右起第一个1的左边 | (100101000->1000) | x & (x ^ (x-1))
判断奇数 (x&1)==1
判断偶数 (x&1)==0
1.移位操作
移位操作比较好理解，对于二进制，左移1位表示乘2（如果不溢出的话），右移1位除2（这里的除和整数的'/'运算吻合，5/3=2）。
根据上面的原理，在进行一些乘除运算时我们可以采用移位操作来提高效率。
eg:
var*2 ⇔ var<<1 var*4 ⇔ var<<2
更灵活一些：
var*10=var*(2+8) ⇔ var<<1+var<<3
计算机并不会真正去做乘法，而是将乘法转化为更高效的加法和移位来实现。
如计算：C=A(110)*B(101)
结果C=A*(1*22+0*21+1*20)=A*22*1+A*21*0+A*20*1
再结合移位即C=A<<2*1+A<<1*0+A*1就是这么简单。下面给出实现代码。
int multiple(int a,int b){ int res=0; while(a&&b){ res+=(b&1)?a:0; b>>=1; a<<=1; } return res; }
2.与运算（&）
与运算很简单：有'0'即'0'。与运算通常用于探测二进制位。用一个变量将所需探测的二进制位置为'1'，再与目标进行 & （与）即可。
eg:
实际上，奇数最低位为'1'，偶数最低位为'0'。所以用（var&1）可以达到同样效果。
进一步判定是否被4整除，可用（var&3）判定（探测最低两位是否为'0'）被8整除（var&7）以此类推。
与移位结合还可以做:提取数的4-7位（0开始编号）用（var&0xf0 >>4）等操作。
这个问题通常可以用与和移位来依次探测每一位。时间复杂度和数的二进制表示长度有关。抛开效率，你事先需要知道数的二进制表示长度即探测次数，灵活性不够。
这里有个trick：注意到var-1实际上是怎样一个结果。设var的二进制表示为xxxx1000（x表示任意）。
var-1为xxxx0111 。实际上就是把var最后一个'1'借位变为'0'后面全为'1'。
利用这个想法就可以得到一个时间复杂度只与'1'的个数有关的算法。
算法：如果var不为0，重复进行该操作直到将var为0（二进制表示中没有'1'）。
不用考虑二进制表示长度，复杂度只与'1'的个数有关。
int count_one(int var) { int res=0; while (var) { var&=var-1; ++res; } return res; }
原始做法：一直除2，看是否整除。
实际上一个数是2的整数次幂本质是：二进制表示中只有一个'1'。
因此使用(n && !(n&(n-1)))判断即可。
此外值得一提的是var&-var表示提取var中最右边的一个'1'。-var的补码表示相当于 ~var+1 结果显而易见。
3.或运算（|）
或运算：有'1'即'1'。通常用于对特定的位进行置'1'。用一个变量将所需置'1'的二进制位置为1，再与目标进行 | （或）即可。
仿照上面的思路分析：设var的二进制表示为xxxx0111（x表示任意）。
var+1为xxxx1000 。实际上就是把var最后一个'0'变为'1'后面全为'0'。
最关键的一步var|(var+1) = xxxx1111等价的效果就是把var最后一个'0'去掉了。利用这个想法就可以得到一个时间复杂度只与'0'的个数有关的算法。
算法结束条件为var二进制表示全为'1'，即(~var)。
int count_zero(int var) { int res=0; while (~var) { var|=var+1; ++res; } return res; }
实际上为了方法通用，可以对var取反再调用count_one()
4.异或运算（^）
异或运算：相同为'0',不同为'1'。基本性质：1. 0^var=var; 2. 1^var=~var（~为取反） 3. var^var = 0
下面看看异或到底能做些什么。 eg:
这个问题设编码为A和B。首先A^B中为'1'的位即A和B的不同的位。显然A^B中'1'的个数即为A和B的码距。
是不是很熟悉，接着使用上面提到的count_one() 即可。
若要计算二进制表示中相同位的个数。异或后用count_zero()即可。
看看下面的方法，使用异或完成了任务,且不会产生溢出。注意实现时的细节，判断变量地址是否相同，否则。。。 A=A^B; B=A^B; A=A^B;
void swap(int &a,int &b) { if (&a==&b) return; a^=b^=a^=b; }
最原始的方法一一对比就不说了，能不能巧妙点呢？
抛开最原始方法，能不能像上个问题靠拢利用异或搞定呢？怎样得到两个2K+1的数组？。
1.判断一个整数是不是2的幂
十进制 二进制2^0 == 1 0000 0001
2^1 == 2 0000 0010
2^2 == 4 0000 0100
2^3 == 8 0000 1000
2^4 == 16 0001 0000
2^5 == 32 0010 0000
从上述规律中我们可以得出，题目最终归结为判断此数的二进制表示中是否只有一位为1
bool IsPowerTwo(int x)
{
return ((x&(x-1))==0)&&x;
}
2.不用临时变量,交换两个整数
/***证明：
b=(a^b)^b=a^(b^b)=a^0=a;
a=(a^b)^((a^b)^b)=(a^b)^a=a^(a^b)=(a^a)^b=0^b=b;
*********************/
void Swap(int& a,int& b)
{
a ^= b;
b ^= a;
a ^= b;
}
3.计算绝对值
/**
x>0,y=x>>31==0,(x^y)-y==x
x<0,y=x>>31==0xffffffff,(x^y)-y为x变反后加1，即为绝对值
*/
int Abs(int x)
{ //计算整型绝对值
int y ;
y = x >> 31 ;
return (x^y)-y ; //或(x+y)^y
}
/**
x>0,符号位0，与0后不变，
x<0,符号位1，与0后变反
*/
double Abs(double x)
{//计算浮点型绝对值
double y = x;
*(((int *)&y)+1)&=0x7fffffff;
return y;
}
4.不用判断语句，求两整数的最大最小值
/****
道理和计算整型绝对值相似
*/
int Min(int a, int b)
{
int diff = b - a;
return a + (diff & (diff >> 31));
}
int Max(int a, int b)
{
int diff = b - a;
return b - (diff & (diff >> 31));
}