---

1 什么是位运算？

✒️ 源自：位运算 - 菜鸟教程

在现代计算机中，所有数据都以二进制形式存储，即 $0$ 和 $1$ 两种状态。计算机对二进制数据进行的运算（如：加、减、乘、除）被称为位运算，即对二进制数的每一位进行操作的运算。

为了更好地理解位运算，举个简单的例子：假设我们有如下代码进行两个整数的加法运算：

int a = 35;
int b = 47;
int c = a + b;

计算机会将这两个整数转换为二进制形式，然后进行加法运算：

35:  0010 0011
47:  0010 1111
--------------
82:  0101 0010

因此，与直接使用 $+$、$-$、$\ast$、$/$ 运算符相比，合理运用位运算可以显著提高代码在机器上的执行效率。

✒️ 位运算概览

符号	描述	运算规则
&	与	两个位都为 1 时，结果才为 1
|	或	两个位都为 0 时，结果才为 0
^	异或	两个位相同为 0，相异为 1
~	取反	0 变 1,1 变 0
<<	左移	各二进制位全部左移若干位，高位丢弃，低位补 0
>>	右移	各二进制位全部右移若干位，高位补 0 或符号位补齐

2 67. 二进制求和

假设需要计算 $aa=111$ 和 $bb=101$ 的和，那么可以将每一位的计算结果分为本位和进位：

让我们从右往左看整个计算过程：

• ① 首先是 $1+1$，本位是 $0$，进位是 $1$；
• ② 然后是 $1+0$，本位是 $1$，进位是 $0$；
• ③ 最后是 $1+1$，本位是 $0$，进位是 $1$。

通常会在 ② 中加上 ① 产生的进位，即在处理当前位的时候考虑上一位的进位。与之相反，我们不单独考虑进位，而是对进位进行统一处理，即先计算出所有的本位以及所有的进位，再对二者进行求和。

继续来看上面的计算过程，我们已经得到：

• 本位 $=\mathrm{0...0010}$
• 进位 $=\mathrm{0...1010}$

然后再计算本位和进位的和，得到新的本位和进位。重复上述操作，直到进位为 $0$，即没有进位时为止。

核心代码

auto ans = aa ^ bb;  // 按位异或计算本位
auto carry = (aa & bb) << 1;  // 按位与计算进位

其中变量 $\mathrm{ans}$ 用于存储所有本位，变量 $\mathrm{carry}$ 用于存储所有进位。

由于进位是指进到更高的一位，因此需要对按位与的结果进行左移一位的操作。

完整代码

string addBinary(string a, string b) {
    // 转换为二进制串
    auto aa = bitset<10001>(a);
    auto bb = bitset<10001>(b);

    // 求和
    while (bb != 0) {
        auto ans = aa ^ bb;
        auto carry = (aa & bb) << 1;
        aa = ans;
        bb = carry;
    }

    // 去除多余的前缀零
    string ans = aa.to_string();
    int pos = ans.find('1');
    if (pos > ans.size()) ans = "0";
    else ans = ans.substr(pos);
    return ans;
}

3 136. 只出现一次的数字

题目信息：除了某个元素只出现一次以外，其余每个元素均出现两次，找出那个只出现了一次的元素。

假设元素分别为 $a_1,a_2,...,a_n$，根据异或操作的定义可知：

$$a_i\otimes a_i=0$$

如果是 $a_7$ 元素只出现了一次，那么有：

$$a_1\otimes a_2\otimes ...\otimes a_7\otimes ...\otimes a_n=0\otimes a_7\otimes 0=a_7$$

因此，我们只要对所有元素进行异或，就能找出那个只出现了一次的元素。

完整代码

int singleNumber(vector<int>& nums) {
    int ans = 0;
    for (auto & num : nums)
        ans ^= num;
    return ans;
}

4 137. 只出现一次的数字 II

本题一看就是上一题的姊妹题，但是完全不能用上一题的思路做。

本题思路：对于数组中非答案的元素，每一个元素都出现了 $3$ 次，对应着第 $i$ 个二进制位的 $3$ 个 $0$ 或 $3$ 个 $1$。无论是哪一种情况，$0$ 或 $1$ 的个数都是 $3$ 的倍数。现在计算所有元素的第 $i$ 个二进制位为 $1$ 的个数，如果不为 $3$ 的倍数，那么多余的 $1$ 一定是答案的第 $i$ 个二进制位提供的，即答案的第 $i$ 个二进制位为 $1$；否则为 $0$。

说明：“答案” 是指那个只出现了一次的元素。

完整代码

int singleNumber(vector<int>& nums) {
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < 32; ++i) {
        int cnt = 0;
        for (auto & num : nums) {
            if (num >> i & 1)
                ++cnt;
        }
        if (cnt % 3 == 1)
            ans |= 1 << i;
    }
    return ans;
}

这种解法属于是通用解法了，完全可以用来解决上一题。不过思路这么繁琐，我用哈希表不香吗 😇

5 201. 数字范围按位与

假设 $\mathrm{left}$ 和 $\mathrm{right}$ 的前 $i$ 位相同，由于 $\mathrm{left}<\mathrm{right}$ 且第 $i+1$ 位不同，因此 $\mathrm{left}$ 的第 $i+1$ 位必为 $0$，$\mathrm{right}$ 的第 $i+1$ 位必为 $1$（从左往右数）。由于前 $i$ 位相同，因此按位与的结果等于前 $i$ 位本身。如下图所示：

对于第 $i+1$ 位及剩余的位，因为从 $\mathrm{0...}....$ 到 $\mathrm{1...}....$ 必然会经过 $10000000$，因此按位与的结果一定为 $00000000$。通过上述分析可知，我们只需要找出前 $i$ 位相同的部分，剩余的位置为 $0$ 即可。

完整代码

int rangeBitwiseAnd(int left, int right) {
    int ans = 0;
    int pos = 1 << 30;
    while (pos > 0 && ((left & pos) == (right & pos))) {
        ans |= (left & pos);
        pos >>= 1;
    }
    return ans;
}

其中变量 $\mathrm{pos}$ 从高位到低位，逐位比较 $\mathrm{left}$ 和 $\mathrm{right}$ 是否相同。