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常见位运算总结
位运算相关算法题
1. 只出现一次的数字
2. 只出现一次的数字（|||）
3. 两整数之和
4. 只出现一次的数字（||）
常见位运算总结
在开始刷位运算这个类型的题目前，我想先带着大家学习一下一些常见的基础运算操作，我们后面刷题时对题目的处理都是基于这些基本运算。
1. 基础位运算
想必大家对位运算符都是非常熟悉的，在这里，我为大家讲讲我对几个按位操作符的理解
&：有0就是0
| ：有1就是1
^ ：相同为0，相反为1 （也可以视作为无进位相加）
2. 给一个数n，确定二进制表示中第x位是0还是1
(n >> x) & 1
3. 将一个数n的二进制表示的第x位修改成1
n |=（1 << x)
4. 将一个数n的二进制表示的第x位修改成0
n &= (~(1 << x))（~就是取反）
5. 位图的思想
位图的本质就是个哈希表，我们先前学习过的哈希表在大部分情况下都是数组形式的
使用一个变量的比特位来记录信息，对哈希表的增删查改，就相当于是对比特位的增删查改，这就意味着，我们前面讲到的几种常见的位运算操作都是非常重要的，能帮助我们更好地操作位图
6. 提取一个数n最右侧的1
这个描述听起来有些抽象，我为大家举个例子：
这就是提取最右侧的1
操作方式：n & -n
-n是由n按位取反再+1得到的：
通过这个例子我们发现了：n与-n的关系是，在最右侧的1的左侧，n与-n完全相反；在最右侧的1的右侧，n与-n完全相同。则左侧区域两者&的结果必定为0，右侧区域&的结果不变，于是我们实现了把最右侧1提取出来的操作。
7. 干掉一个数n二进制表示中最右侧的1
n & (n - 1)
众所周知，减法是存在借位的，n - 1的本质就是，将最右侧的1右侧的区域全部取反
8. 异或运算的运算律
现在我们已经学习完了常见的操作，接下来开始刷题吧！大家可以先试着做以下几道题练练手，根据我们的总结可以直接处理：
191. 位1的个数 - 力扣（LeetCode）
461. 汉明距离 - 力扣（LeetCode）
接下来我们来另外刷下这几道题。希望大家在看讲解前，先自己动手编写代码，实在没有思路时再去看答案，这样才能实际提高水平~
位运算相关算法题
1. 只出现一次的数字
136. 只出现一次的数字 - 力扣（LeetCode）
题目解析：
这道题目如果我们没有学习过位运算，可能只能想到创建一个哈希表，通过哈希表来找到只出现一次的元素。但事实上，根据我们在常见位运算总结中的第八点：任何书亦或0的结果为这个数本身、两数相同时为0、异或运算满足结合律，我们可以得出一个结论：在数组中出现了两次的元素可以结合为0，因为只出现了一次的元素只有一个，所以我们对整个数组求亦或和，得到的结果就是只出现一次的元素！
代码：
class Solution {
public:
int singleNumber(vector<int>& nums)
{
int k = 0;
for(auto num : nums)
{
k ^= num;
}
return k;
}
};2. 只出现一次的数字（|||）
260. 只出现一次的数字 III - 力扣（LeetCode）
题目解析：
本题如果使用哈希表，可以非常轻松的解决，但由于面试中，面试官可能会问我们有没有其他的解法，所以我们这里试着用位运算来处理。本题与上一题的区别在于，仅出现一次的元素有两个，我们就不能简单地求整个数组的亦或和，而是要试着把这两个数字分离开。
我们依然先求出整个数组的亦或和sum，因为两个数字都是只出现一次的，所以sum的比特位必定有一位是1，因为sum可以被视为是两个数字亦或得到的，所以sum的每个为1的比特位对应的都是两个数字相异的比特位！这正好符合我们要将这唯二两个只出现一次的数字分离开的需求，所以接下来我们只需要提取出sum中的一个1，与整个数组相与就能把两个数字分离了，在常见位运算总结中，我们学到了提取最右侧1的方法：n&-n，所以我们可以轻松提取出sum的最右侧的1，根据这个作为条件进行判断即可。
大家可能会奇怪，我只提到了分离这两个只出现一次的数字，那出现两次的呢？当然是因为对于出现两次的数字，在条件判断时，两个都会被分到其中的一组，则我们接下来对这两组元素分别求亦或和，就能分别得到两个只出现一次的数字了。
class Solution {
public:
vector<int> singleNumber(vector<int>& nums)
{
int orsum = 0;
for(auto num : nums)
{
orsum ^= num;
}
int jud = (orsum == INT_MIN) ? orsum : orsum & (-orsum);
int type1 = 0, type2 = 0;
for(auto num : nums)
{
if(num & jud)
{
type1 ^= num;
}
else
{
type2 ^= num;
}
}
return {type1, type2};
}
};3. 两整数之和
371. 两整数之和 - 力扣（LeetCode）
题目解析：
本题乍一看无从下手，但是其实可以用我们总结的位运算操作来实现，还记得么，亦或运算实际上就是无进位相加，那么我们只要把两个数的亦或和加上他的进位就行了。
至于进位，运算时仅当两个比特位都为1时才产生进位，是不是让我们联想到了与运算，仅当两个比特位都为1时才为1，由于进位的结果要加到更高的比特位上，所以我们将两个数的按位与之和左移一位，得到的就是本次相加的进位，接下来把进位、无进位相加结果相加即可。
可是这不就又涉及到相加了吗？所以我们要重复这个流程，运算中不再有进位为止，这样就实现了不适用+、-进行两个整数的相加。
还有一个细节问题，有符号整数在内存中是以补码的形式存储的，对于补码的运算规则是：
对于补码的移位运算，如果他的最高位与符号位是不一样的，左移的时候就会出现问题，举个例子：
此时我们发现，这个数左移时，符号位发生了变化，也就是说我们的左移操作是有问题的，为了避免这种情况，我们使用unsigned int来代替int进行储存变量
class Solution {
public:
int getSum(int a, int b)
{
while(b)
{
int x = a ^ b;
unsigned int carry = (unsigned int)(a & b) << 1;
a = x;
b = carry;
}
return a;
}
};4. 只出现一次的数字（||）
LCR 004. 只出现一次的数字 II - 力扣（LeetCode）
题目解析：
本题和前面两道只出现一次的数字一样，都可以用哈希表来非常轻松的解决，但是如果要求不使用额外空间来实现的话，就要用到位图了。
依据题意，给定的元素可以被分为两类：出现一次的元素、出现三次的元素，对于整型数的32个比特位的每一位而言，可能的取值为0、1，则如果我们求这两类元素某一个比特位的和，由于第二类元素都出现了三次，假设nums范围为[0, n]，则这类元素的和一定等于3 * m(m <= n).
至于只出现一次的元素，在该比特位可能为0、1，所以对所有元素来说，该比特位的和可能值为：3 * m、3 * m + 1，对这个结果取模3，得到的可能结果为0、1，这正是只出现一次的元素的这一比特位，所以我们可以依法炮制，求出所有比特位。
至于判断某个比特位是否为1、将某个比特位修改为1的方式，我们都在常见位运算总结部分提到了，所以直接上手写代码：
class Solution {
public:
int singleNumber(vector<int>& nums)
{
int ret = 0;
for(int i = 0; i < 32; i++)
{
int sum = 0;
for(auto &num : nums)
{
if((num >> i) & 1) sum++;
}
// 如果比特位和模3余1，将返回值的该比特位修改为1
if(sum % 3 == 1)
ret |= (1 << i);
}
return ret;
}
};
