算法竞赛进阶指南——位运算
| 与 | 或 | 非 | 异或 |
|---|---|---|---|
| and，& | or，| | not，~ | xor，^ |
在m位二进制数中，通常称最低位为第0位，从右到左以此类推，最高位是第m-1位
补码：
unsigned int： 直接把这32位编码看作32位二进制数N。
int： 以最高位为符号位，0表示非负数，1表示负数。对于最高位为0的编码的每种编码C，直接看作32位二进制数。同时，定义该编码按位取反后得到的编码~C表示的数值是 -1 - S。
| 32位补码表示 | unsigned int | int |
|---|---|---|
| 000000…000000 | 0 | 0 |
| 011111…111111 | 2147483647 | 2147483647 |
| 100000…000000 | 2147483648 | -2147483648 |
| 111111…111111 | 4294967295 | -1 |
可以发现在补码下每个数值都有唯一的表示方式，并且任意两个数值做加减法运算，都等价于在32位补码下做最高位不进位的二进制加减法运算。发生算术溢出时，32位无符号整数相当于自动对 2^32 取模。这也解释了“有符号整数”算术上溢时出现负数的现象。
反码：
直接把C的每一位取反表示负C。补码与反码在负数表示中，绝对值相差1。例如，在上表中，第1、4行是一对反码，第2、3行是一对反码。
| 形式 | 加数 | 加数 | 和 |
|---|---|---|---|
| 32位补码 | 111…111 | 000…001 | 000…000 |
| int | -1 | 1 | 0 |
| unsigned int | 4294967295 | 1 | 0(mod 2^32) |
| 形式 | 加数 | 加数 | 和 |
|---|---|---|---|
| 32位补码 | 011…111 | 000…001 | 100…000 |
| int | 2147483647 | 1 | 2147483648 |
| unsigned int | 2147483647 | 1 | -2147483648 |
memset
移位运算：
左移： 在二进制表示下把数字同时向左移动，低位以0填充，高位越界后舍弃。
1 << n = 2的n次方，n << 1 = 2n。
算术右移：在二进制补码表示下把数字同时向右移动，高位以符号位填充，低位越界后舍弃。算术右移等于除以2向下取整，(-3) >> 1 = -2，3 >> 1 = 1。值得一提的是，“ 整数 / 2 ” 在C ++中实现为“ 除以2向零取整 ”， (-3) / 2 = - 1，3 / 2 = 1。
逻辑右移： 在二进制补码表示下把数字同时向右移动，高位以0填充，低位越界后舍弃。
例题1（快速幂）：https://www.acwing.com/problem/content/91/
LL qmi(LL a, LL b, LL p) {
LL ans = 1;
for( ; b; b >>= 1) {
if(b & 1) ans = ans * a % p;
a = a * a % p;
}
return ans;
}
例题2（64位整数乘法）：https://www.acwing.com/problem/content/92/
LL mul(LL a, LL b, LL p) {
LL ans = 0;
for( ; b; b >>= 1) {
if(b & 1) ans = (ans + a) % p;
a = a * 2 % p;
}
return ans;
}
方法二：
二进制状态压缩：
二进制状态压缩，是指将一个长度为m的bool数组用一个m位二进制整数表示并存储的方法。利用下列位运算操作可以实现原 bool 数组中对应下标元素的存取。
| 操作 | 运算 |
|---|---|
| 取出整数 n 在二进制表示下的第k位 | (n >> k) & 1 |
| 取出整数 n 在二进制表示下的第0~k-1位(后k位) | n & ((1 << k) - 1) |
| 把整数 n 在二进制表示下的第 k 位取反 | n ^ (1 << k) |
| 对整数 n 在二进制表示下的第k 位赋值 1 | n | (1 << k) |
| 对整数 n 在二进制表示下的第k 位赋值 0 | n & (~(1 << k)) |
例题3（最短Hamilton路径）：https://www.acwing.com/problem/content/93/
给定一张n(n≤20)个点的带权无向图，点从0~n-1标号，求起点0到终点n-1 的最短Hamilton路径。
Hamilton路径的定义是从0到n-1不重不漏地经过每个点恰好一次。
很容易想到本题的一种“朴素”做法，就是枚举n个点的全排列，计算路径长度取最小值，时间复杂度为O(n * n!),使用下面的二进制状态压缩DP可以优化到O(n^2 * 2^n)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int weight[20][20], f[1 << 20][20];
int main() {
int n;
cin >> n;
for(int i = 0; i < n; i ++) {
for(int j = 0; j < n; j ++) {
cin >> weight[i][j];
}
}
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
f[1][0] = 0;
for(int i = 1; i < 1 << n; i ++) {
for(int j = 0; j < n; j ++) {
if(i >> j & 1) {
for(int k = 0; k < n; k ++) {
if(i ^ (1 << j) >> k & 1) {
f[i][j] = min(f[i][j], f[i ^ (1 << j)][k] + weight[k][j]);
}
}
}
}
}
cout << f[(1 << n) - 1][n - 1] << endl;
return 0;
}
暴力（超时）：
虽然超时，但我想敲一下全排列
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 25;
int n;
int g[N][N];
bool st[N];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n;
for(int i = 0; i < n; i ++) {
for(int j = 0; j < n; j ++) {
cin >> g[i][j];
}
}
vector<int> res;
res.push_back(0);
int dist = 0, ans = INT_MAX;
auto dfs = [&](auto& dfs, int u) -> void {
if(res.back() == n - 1 && res.size() != n) return;
if(u == n - 1) {
if(res.back() != n - 1) return;
dist = 0;
for(int i = 0; i < res.size() - 1; i ++) {
dist += g[res[i]][res[i + 1]];
}
ans = min(ans, dist);
return;
}
for(int i = 1; i < n; i ++) {
if(!st[i]) {
res.push_back(i);
st[i] = true;
dfs(dfs, u + 1);
res.pop_back();
st[i] = false;
}
}
};
dfs(dfs, 0);
cout << ans << endl;
return 0;
}
例题4：https://www.acwing.com/problem/content/1000/
位运算的主要特点是在二进制表示下不进位。正因如此，在x0随意选择下，参与位运算的各个位（bit）之间是独立无关的。换言之，对于任意的k（0 <= k < 30），ans的第k位是几只与x0的第k位是几有关，与其他位无关。
我们从高位到低位考虑，依次考虑x0的每一位怎么填。
之后就是贪心，我们要让答案中出现的1越多越好。所以如果开始是0最后变成了1，（也就是伤害变多了）一定是需要选取的。
如果开始是1最后变成了0，或者开始是0结果还是0这种无意义情况，都不选。
如果开始是1最后变成了1，只要初始伤害值比1 <<（1在这一位的位数）大（也就是满足题目条件），显然也是要选取的。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, m;
int nums[N];
string str[N];
int calc(int bit, int now) {
for(int i = 0; i < n; i ++) {
int x = nums[i] >> bit & 1;
if(str[i] == "AND") now &= x;
else if(str[i] == "OR") now |= x;
else now ^= x;
}
return now;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n >> m;
for(int i = 0; i < n; i ++) {
cin >> str[i] >> nums[i];
}
int res = 0, val = 0;
for(int bit = 29; bit >= 0; bit --) {
int res0 = calc(bit, 0), res1 = calc(bit, 1);
if(val + (1 << bit) <= m && res0 < res1) {
res += (res1 << bit);
val += (1 << bit);
} else {
res += (res0 << bit);
}
}
cout << res << endl;
return 0;
}
成对变换：
对于非负整数n
当n为偶数时，n ^ 1 = n + 1
当n为奇数时，n ^ 1 = n + 1
lowbit运算
lowbit(n)定义为非负整数 n 在二进制表示下“最低位的1及其后边所有的0”构成的数值。例如n = 10的二进制表示为1010,则lowbit(n) = 2 = 二进制10。下面我们来推导 lowbit(n)的公式。
设 n > 0，假设n的第k位是1，0 ~ k - 1位是0；
则~n为第k位是0， 0 ~ k - 1位是1；
则~n + 1为第k位是1， 0 ~ k - 1位是0；但比第k位高的位，即第k + 1位到最高位恰好与原来相反。所以，n & (~n + 1)仅有第k位为1，其余位全是0。
故lowbit(n) = n & (-n + 1) = n & (-n)
一些内置函数：
GCC编译器还提供了一些内置函数，可以高效计算lowbit以及二进制数中1的个数。不过,这些函数并非C语言标准,有的函数更是与机器或编译器版本相关的。另外，部分竞赛禁止使用下划线开头的库函数,故这些内置函数尽量不要随便使用。
int __builtin_ctz(unsigned int x)
int __builtin_ctzll(unsigned long long x)
返回 x 的二进制表示下最低位的1后边有多少个0。
int __builtin_popcount(unsigned int x)
int __builtin_popcount(unsigned long long x)
返回 x 的二进制表示下有多少位为1。
可以高效计算lowbit以及二进制数中1的个数。不过,这些函数并非C语言标准,有的函数更是与机器或编译器版本相关的。另外，部分竞赛禁止使用下划线开头的库函数,故这些内置函数尽量不要随便使用。
int __builtin_ctz(unsigned int x)
int __builtin_ctzll(unsigned long long x)
返回 x 的二进制表示下最低位的1后边有多少个0。
int __builtin_popcount(unsigned int x)
int __builtin_popcount(unsigned long long x)
返回 x 的二进制表示下有多少位为1。
