文章目录
- 1. 位1的个数
- 2. 汉明距离
- 3. 判定字符是否唯一
- 4. 丢失的数字
- 5. 两整数之和
- 6. 只出现一次的数字Ⅱ
- 7. 只出现一次的数字Ⅲ
- 8. 消失的两个数字
首先我们先来复习一下几种位运算
- & 与：都为1，才为1
- | 或： 有1则1
- ^ 异或：相同为0，相异为1（无进位相加）
n ^ 0 = n、n ^ n = 0、a ^ b ^ C == a ^ （b ^ c） - ! 取反：按位取反，0变1，1变0
涉及到位运算，我们也要考虑位图的思想。
在这里我们也要给出两个位运算经常用的操作
提取一个数n二进制表示中最右侧的1
n & - n
2.删除一个数n二进制表示中最右侧的1
n & (n-1)
根据上面位运算的相关内容，我们就可以做下面的题目了
1. 位1的个数
题目链接
根据上面的描述，就是求一个数对应二进制位中1的个数。所以，我们可以使用 n & (n-1)来去除最右侧的1，直到该数变成0，就没有1了。去除了几次，就有几个1
int hammingWeight(int n) {
int count = 0;
while (n)
{
n &= n - 1;
count++;
}
return count;
}
2. 汉明距离
题目链接
题目要求求两个数二进制位不同的个数，此时就可以使用 异或操作 得到不同的位，即可将题目转化为求一个数二进制位中1的个数。
int hammingDistance(int x, int y) {
int tmp = x ^ y;
int count = 0;
while(tmp)
{
tmp &= tmp - 1;
count++;
}
return count;
}
3. 判定字符是否唯一
- 解法一：暴力遍历，“双指针”思想遍历，重复字符直接返回false。
- 解法二：使用哈希表建立映射关系，遍历哈希表，有大于1的就返回false；否则返回true。
- 解法三：采用位图的思想，使用26个比特位标记字符，如果当前遍历的字符其对应比特位为1了，说明有重复的字符，返回false；当前字符对应比特位为0，则之前没有出现过，当前出现了，比特位设置为1。
(优化：字符串长度大于26，则一定有重复的，即“鸽巢原理”)
bool isUnique(string astr) {
if(astr.size() > 26)//优化
return false;
int bitset = 0;
for(int i=0; i< astr.size(); i++)
{
//如果当前遍历字符出现过
int t = astr[i] - 'a';
if(((bitset >> t) & 1) == 1)
return false;
//当前遍历字符没有出现过,将该位设置为1，使其出现
else
bitset |= 1 << t;
}
return true;
}
4. 丢失的数字
题目链接
根据题目可知，数组中原本应该是[0,n] n+1个数，此时少了一个，要找到少的那一个。
- 解法一：0-n求和，使用和再减去数组中的元素，和中最后剩余的数就是丢失的数字。
- 解法二：根据异或运算的“交换律”，直接先将0-n异或起来，再异或数组中的元素，最后异或的结果就是丢失的数字。
int missingNumber(vector<int>& nums) {
int num = 0;
//先异或[0,n]
for(int i=0; i <= nums.size(); i++)
num ^= i;
//再异或数组元素
for(auto& e : nums)
num ^= e;
return num;
}
5. 两整数之和
题目链接
题目要求不得使用+、-运算符，那我们只能从二进制位下手了。
两数的二进制位相加，每一位相加的结果无非就是1和0。是1时不存在进位；是0时可能存在进位。
那我们先将不进位的结果记录下来，也就是异或操作。然后再获得进位，两个数对应位都为1才会产生进位，所以让两数相与，即可获得要进位的位置。
int getSum(int a, int b) {
while(b)
{
int x = (a ^ b);// 无进位相加
int y = (a & b) << 1;//记录进位
a = x;
b = y;
}
return a;
}
6. 只出现一次的数字Ⅱ
题目链接
该题目类似于文章第三题
- 解法一：暴力枚举
- 解法二：使用哈希表，遍历完成后，哈希表中为1的就是目标元素
- 解法三：使用位图的思想，由于每个数字都可用32个比特位来表示，我们可以通过遍历所有元素的第i个比特位，如果该比特位是1的元素的个数 count % 3 = = 1，则表明目标数和其余3*n个数该位置都为1，或者只有目标数该位置为1，那么就可以将该位置设置为1，当遍历完32位后，重新被设置的数就是目标数。
int singleNumber(vector<int>& nums) {
int num = 0;
for(int i=0; i < 32; i++)
{
int count = 0;//记录当前比特位为1的个数
for(auto& e : nums)
{
//当前元素的第i个比特位为1，记录个数
if((e >> i) & 1 == 1)
count++;
}
if(count % 3 == 1) //要么 3*n+目标数 的该位为1，要么目标数该位为1
num |= 1 << i;
}
return num;
}
7. 只出现一次的数字Ⅲ
题目链接
- 由于仅有两个数字出现了一次，那么所有数字相异或的结果就是两个仅出现一次数字异或的结果。
- 异或的结果中为1的位就是二者不同的位，因此我们可以利用一个不同位将两者分开。
- 其余出现两次的数该位一定相同，因此会被分到一边，对两边的数字各自异或，结果就是那两个仅出现一次的数。
vector<int> singleNumber(vector<int>& nums) {
int sum = 0;
//先将所有数异或再一起
for(auto& e : nums)
sum ^= e;
//此时sum中就是两个仅出现一次的数异或的结果
int t = 0;
for(int i=0; i < 32; i++)
{
//寻找二者不同的一个二进制位
if((sum >> i) & 1 == 1)
{
t = i;
break;
}
}
int x = 0, y = 0;
//根据不同的二进制位将二者分开
for(auto& e : nums)
{
if((e>>t) & 1 == 1)//第t位为1的分到一边
x ^= e;
else
y ^= e; //不为1的分到另外一边
}
return {x,y};
}
8. 消失的两个数字
题目链接
该题目就是 (3.丢失的数字 + 7.只出现一次的数字Ⅲ) 的整合。
- 首先，我们可以使用 [1,N] 与数组元素异或，异或的结果就是丢失那两个数据异或的结果。
- 然后根据异或结果，找出两数字不同的一个二进制位
- 通过和那一个不同的二进制位相&，将 [1,N] 与数组元素进行分类。分类后的结果就是每一边数字都出现了两次，仅两个丢失的数字出现了一次。
vector<int> missingTwo(vector<int>& nums) {
int sum = 0;
int n = nums.size() + 2;
//先异或[1,n]
for(int i=1; i<= n; i++)
sum ^= i;
//再异或数组元素
for(auto& e : nums)
sum ^= e;
//此时sum中就是两丢失数字异或的结果
//找出两丢失数字一个不同的二进制位
int t = 0;
for(int i=0; i < 32; i++)
{
if(((sum >> i) & 1) == 1)
{
t = i;
break;
}
}
//根据这一个位，将[1,n]与数组元素进行分类
int x = 0, y = 0;
for(int i=1; i <= n; i++)
{
if(((i>>t) & 1) == 1) x ^= i;
else y ^= i;
}
for(auto& e : nums)
{
if(((e>>t) & 1) == 1) x ^= e;
else y ^= e;
}
return {x,y};
}
