文章目录
- 一、算法原理
- 常见的位运算总结
- 二、算法实战
- 1. leetcode面试题01.01. 判断字符是否唯一
- 2. leetcode268 丢失的数字
- 3. leetcode371 两整数之和
- 4. leetcode004 只出现一次的数字II
- 5. leetcode面试题17.19. 消失的两个数字
- 三、总结
一、算法原理
计算机中的数据都以二进制形式存储和处理，位运算直接对二进制位进行操作。常见的位运算符包括与（&）、或（|）、异或（^）、取反（~）和左移（<<）、右移（>>）等。
常见的位运算总结
基础位运算
给一个数n，确定它的二进制表示中第x位是0还是1
将一个数n的二进制表示的第x位修改成1
将一个数n的二进制表示的第x位修改成0
位图的思想
提取一个数(n)二进制表示中最右侧的1
干掉一个数(n)二进制表示中最右侧的1
位运算的优先级：能加括号就加括号异或(^)运算的运算律
二、算法实战
1. leetcode面试题01.01. 判断字符是否唯一
判断字符是否唯一
解题思路：位图的思想
这道题目我们可以使用位图的思想来解决，因为题目告诉我们字符串中只有小写字母，所以我们只需要一个int类型的整数来充当位图的32个bit位即可。
首先，将位图的所有bit位置为零，默认字符串中的字符都未在位图中出现过。然后遍历整个字符串，检测该字符是否在位图中出现过，如果当前字符未在位图中出现过，说明当前字符是第一次出现，此时我们将其在位图中的位置（当前字符-'a'）置为1即可，然后接着向后遍历字符串，如果该字符再次出现，我们就可以从位图中检测到该字符已经在出现过了。直接返回false即可，否则继续向后遍历字符串，如果遍历所有字符后发现都只出现一次，则说明该字符串符合题意。
代码实现：
class Solution {
public:
bool isUnique(string astr) {
int num = 0;
for(int i = 0; i < astr.size(); i++)
{
int index = astr[i] - 'a';
if(((num>>index) & 1) == 1)
return false;
else
num |= 1 << index;
}
return true;
}
};
2. leetcode268 丢失的数字
丢失的数字
解题思路：异或运算
因为题目中告诉我们数组中【1~n】丢失了一个数字，所以我们可以先将数组中的数字 ^ 起来，然后在将这个 ^ 的结果与【1~n】中所有的数字异或，因为按位 ^ 运算满足交换律和结合律，所以按位 ^ 的结果中，丢失的数字出现了一次，其余的数字都出现了两次，将这一堆数字异或起来，结果即为丢失的数字。
代码实现：
class Solution {
public:
int missingNumber(vector<int>& nums) {
int ret = 0;
for(auto e : nums)
ret ^= e;
for(int i = 1; i <= nums.size(); i++)
ret ^= i;
return ret;
}
};
3. leetcode371 两整数之和
两整数之和
解题思路：异或运算-无进位相加
因为题目要求我们不能使用运算符+和-来计算两整数之和，因此我们可以将整数 a 和 b 的和，拆分为 a 和 b 的无进位相加结果与进位结果的和，无进位相加结果 我们可以使用两整数^来实现，进位结果我们可以使用(a & b) << 1来实现。下面我们来举一个例子：
每次将无进位相加结果与进位结果的和分别赋予a和b，循环此过程，直到进位为 0。最终a就是我们所要求的结果。当我们赋给无符号类型一个超出它表示范围的值时，结果是初始值对无符号类型表示数值总数取模的余数。因此，我们可以使用无符号类型来防止溢出。
代码实现：
lass Solution {
public:
int getSum(int a, int b) {
while(b != 0)
{
int x = a ^ b; // 先算出无进位相加的结果
unsigned int carry = (a & b) << 1; // 算出进位
a = x;
b = carry;
}
return a;
}
};
4. leetcode004 只出现一次的数字II
只出现一次的数字II
解题思路：
数组中的每个元素的每一个二进制位不是1就是0，而题目中又告诉我们只有一个元素出现一次，其余元素都出现了三次，所以对于数组中的每一个元素 x，我们使用位运算 (x >> i) & 1 得到 x 的第 i 个二进制位，并将它们相加再对 3 取余，得到的结果一定为 0 或 1，即为答案的第 i 个二进制位。
所以，答案的第 i 个二进制位就是数组中所有元素的第 i 个二进制位之和除以 3 的余数。可以先初始化一个ret = 0，然后根据余数的值来判断该数对应的二进制位应该置为0还是1，如果余数为1，我们则需要手动将该位置置为1，ret |= (1 << i)，否则则不需要处理。
代码实现：
class Solution {
public:
int singleNumber(vector<int>& nums) {
int ret = 0;
for(int i = 0; i < 32; i++)
{
int cnt = 0;
for(auto e : nums)
cnt += ((e>>i)&1);
if(cnt % 3)
ret |= (1 << i);
}
return ret;
}
};
5. leetcode面试题17.19. 消失的两个数字
消失的两个数字
解题思路：
这道题目其实我们可以用力扣的第260题 只出现一次的数字III 的思想来做，具体解决方式如下：
因为数组中包含从 1 到 N 所有的整数，但其中缺了两个数字，现在数组的长度为n。所以数组中原本应该包含的数字是【1，n + 2】。我们可以将原来数组中的数字和【1，n + 2】，组合到一起，现在我们就可以将问题转化一下：求数组中只出现一次的两个数字。
解决这个问题我们可以分为两步：整体异或和分组异或。整体异或：将题目给出的数组中的所有数字和【1，n + 2】中所包含的数字全部异或起来，得到的结果就是只出现一次的两个数字的异或结果：a^b。接下来我们需要提取出该数字二进制表示中最低位的1。假设该位置为第k位，我们就可以把 所有数中的元素（题目中给出的数字和【1，n + 2】的数字）分成两类，其中一类包含所有二进制表示的第 k 位为 0 的数，另一类包含所有二进制表示的第 k 位为 1 的数。
- 对于任意一个在 所有元素中 出现两次的元素，该元素的两次出现会被包含在同一类中；
- 对于任意一个在所有元素中只出现了一次的元素，即 x1 和 x2， 他们会被包含在不同的类中。
因此，我们将这两类元素分别异或起来，就可以得到不同的两个结果，一个结果是x1，另一个结果是x2，这两个数字则是只出现一次的两个数字，即本题中我们需要寻找的两个消失的数字。
代码实现：
class Solution {
public:
vector<int> missingTwo(vector<int>& nums) {
int ret = 0;
for(int i = 1; i <= nums.size()+2; i++)
ret ^= i;
for(auto e : nums) ret ^= e;
int lowbit = ret & -ret; // 找出最后一个不同的比特位
int ret1 = 0, ret2 = 0;
for(int i = 1; i <= nums.size()+2; i++){ // 分组异或
if(lowbit & i) ret1 ^= i;
else ret2 ^= i;
}
for(auto e : nums){
if(lowbit & e) ret1 ^= e;
else ret2 ^= e;
}
return {ret1, ret2};
}
};
三、总结
位运算可以直接操控数字的二进制位，节约内存，使程序运行更快，可靠性高。在算法中使用位运算可以大大降低算法的时间复杂度和空间复杂度，恰当的位运算使用也能使程序变得更加简洁和优美。
