目录
位运算概述
位运算常见操作
判断字符是否唯一
算法思路
代码实现
丢失的数字
算法思想
代码实现
两整数之和
算法思路
代码实现
只出现一次的数字
算法思路
代码实现
消失的两个数字
算法思想
代码实现
位运算概述
在计算机中我们知道数据在内存中都是以二进制的形式储存的，位运算是直接对整形的二进制进行的操作，这样可以可以使程序的效率更高，性能更好。
位运算常见操作
这些是常用的位运算操作符，需要明确记忆；
我们通常将整形的二进制数看成一个数组，对右边的位置的下标是0，最左边的下标是31；这样方便移动操作。(比如右移2位，就>>2,就是下标位2的位置)。
下面是一些常见对数的位运算操作：
1.给一个数，判断它的二进制表示中的第x位是0还是1；
先右移x位，就到了x位上，然后&1，如果是1那就是1，如果是0，结果就是0；就是(n>>x)&1;
2.给一个数n的二进制表示的第X位修改成1：
那修改之前第X位就是0；先右移，然后直接对X位进行|(按位或)，0|1=1；就是(n>>x)|1;
3.将一个数的n的二进制表示的第X位修改成0：
上面我们说了0&1=0，那我们就只把第X位&0即可，我们通常是(n>>x)&(~1),对1取反，这样只有第x位&0，其他位都&1，如果其他位是1的话，操作后还是1，是0还是0。因此对其他位没有影响。
4. 位图思想
我们可以使用一个整形变量的比特位来记录二进制数信息。
5.提取一个树n二进制数最右侧的1(lowbit)
直接&上相反数即可。因为整形的负数的二进制数是对正数的二进制数取反加一(先取反，所有的位数都不相同，+1后会发生进位，然后负数最右侧的1的左侧与正数相反，右侧与正数相同，都是0)，然后&就会得到最右侧的1；可以画图试试。
6.干掉一个数n的最右侧的1：
直接n&(n-1),n-1会发生向高位借位，所以最右侧的1会被借走，这个位置的左侧不变，后侧全部反过来了，然后&，就把1干掉了。
7.异或(^):消消乐 a^a=0;能用异或解决的题，都非常的巧妙。
下面来看几道例题；
判断字符是否唯一
地址：. - 力扣（LeetCode）
实现一个算法，确定一个字符串 s 的所有字符是否全都不同。
示例 1：
输入: s = "leetcode"
输出: false
示例 2：
输入: s = "abc"
输出: true
限制：
0 <= len(s) <= 100s[i]仅包含小写字母- 如果你不使用额外的数据结构，会很加分。
算法思路
我们首先会想到哈希表来解决这道题，当然也是可以的，不过我们使用位图的思想，开销会更小，首先定义tmp变量，来储存数(把字母转化为1-26)，如果位置上是0说明第一次出现，如果位置上是1，又出现了一次说明该数不是唯一的。
代码实现
class Solution {
public:
bool isUnique(string astr) {
//如果字符串的长度大于26那么必定是有重复的
if(astr.size()>26)return false;
//使用位图的思想
int tmp=0;
for(auto ch:astr)
{
//对应字符对应的位置
int i=ch-'a';
//判断是否位置上已经存在
if((tmp>>i)&1==1)return false;
//如果没有存在就把对应的字符位置处理
tmp=tmp|(1<<i);
}
return true;
}
};丢失的数字
地址：. - 力扣（LeetCode）
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。
算法思想
直接使用异或，全部的数字是0到nums.size();将全部的数字和数组中的都异或一次，就转化成了单身狗的问题了。
代码实现
class Solution {
public:
int missingNumber(vector<int>& nums) {
int ret=0;
int n=nums.size();
for(int i=0;i<=n;i++)
ret^=i;
for(auto x:nums)ret^=x;
return ret;
}
};两整数之和
地址：. - 力扣（LeetCode）
给你两个整数 a 和 b ，不使用 运算符 + 和 - ，计算并返回两整数之和。
示例 1：
输入：a = 1, b = 2 输出：3
示例 2：
输入：a = 2, b = 3 输出：5
算法思路
多次使用异或和按位与，我们异或两个数可以发现可以起到类似相加的效果，但是不会进位，因此，我们需要异或后然后异或加上进位，那么进位怎么来呢，1和1才产生进位,因此我们把两个数a,b按位与，就得到了进位的二进制，还需要将1左移，因为要进到前面的高位，然后异或上刚才无进位相加的结果，循环此操作，直到进位数为0；
代码实现
class Solution {
public:
int getSum(int a, int b) {
while(b)
{
int ret=a^b;
int carry=(a&b)<<1;
a=ret;
b=carry;
}
return a;
}
};只出现一次的数字
地址：. - 力扣（LeetCode）
给你一个整数数组 nums ，除某个元素仅出现 一次 外，其余每个元素都恰出现 三次 。请你找出并返回那个只出现了一次的元素。
你必须设计并实现线性时间复杂度的算法(O(N))且使用常数级空间(O(1))来解决此问题。
示例 1：
输入：nums = [2,2,3,2] 输出：3
示例 2：
输入：nums = [0,1,0,1,0,1,99] 输出：99
算法思路
使用位图的思想，比特位上存储的是对应位上出现的1的个数，我们通过%3，就可以去除出现三次的数的影响，只留下了出现一次的数。(示例一为例)
代码实现
class Solution {
public:
int singleNumber(vector<int>& nums) {
int ret=0;
for(int i=0;i<32;i++)
{
int sum=0;
for(auto& e:nums)
{
if(((e>>i)&1)==1)sum++;//统计这一位上的和
sum%=3;
}
if(sum==1)ret|=1<<i;
}
return ret;
}
};消失的两个数字
地址：. - 力扣（LeetCode）
给定一个数组，包含从 1 到 N 所有的整数，但其中缺了两个数字。你能在 O(N) 时间内只用 O(1) 的空间找到它们吗？
以任意顺序返回这两个数字均可。
示例 1:
输入: [1]
输出: [2,3]
示例 2:
输入: [2,3]
输出: [1,4]
算法思想
首先，将所有的数和数组中的数全部异或，结果就是缺失的两个数的异或sum，我们接下来要做的就是分开他俩，那就要先找到有什么不同，因为两个数值不同,所以异或后必定会有1，我们就找sum二进制中1出现的位置，这个位置是0和1异或而成，我们默认0是a，1是b，接下来就遍历所有数和数组中的数，如果这个位置diff，出现的是0就把这个数跟a异或，反之就跟b异或，结束后a是一堆出现了两次的数和a的异或，出现两次的都会被抵消掉，只剩下a；另一组只剩下b;
代码实现
class Solution {
public:
vector<int> missingTwo(vector<int>& nums) {
int n=nums.size();
int sum=0;
for(auto x:nums)sum^=x;
for(int i=1;i<=n+2;i++)
sum^=i;//得到两个缺失的数的异或
//进行分离-->找出一个不同的数位
int diff=0;
while(1)
{
if((sum>>diff)&1==1)break;
else
diff++;
}
int a=0;int b=0;
//根据这个数位把两个熟分开
for(int i=1;i<=(n+2);i++)
{
if((i>>diff)&1==1)a^=i;//这个数位为1的与a异或
else
b^=i;
}
for(auto x:nums)
{
if((x>>diff)&1==1)a^=x;
else
b^=x;
}
return{a,b};
}
};
