前言
这几天连着做了不少位运算的题目，那么这篇博客，就来总结一下这些位运算的题目吧。
位运算的常用小技巧
基础位运算
按位与 & ：有0为0，无0为1
按位或 | ：有1为1，无1为0
按位异或 ^ ：相同为1，不同为0
按位取反 ~ ：0变成1,1变成0
左移 << : 二进制序列向左移
右移 >> ：二进制序列向右移
判断一个数n的二进制表示中的第x位是0还是1
n & (1 << x)
n >> x 将n的第x位放到最右边第0位
与1 按位与（1的二进制序列为000000…… 1）
即可判断第x位是0还是1
将一个数n的二进制表示中的第x位变成1
n |= (1 << x)
要将第x位变成1，需要第x位按位或1
1 << x 造出了第x位为1，其他位为0的二进制序列
将一个数n的二进制表示中的第x位变成0
n &= ~(1 << x)
要将第x位变成0，需要第x位按位与0
1 << x 造出了第x位为1，其他位为0的二进制序列
对该序列取反，就早出了第x位为0，其他位为1的二进制序列
提取一个数n的二进制表示中的最右边的1
n & (-n)
-n 的本质是将一个二进制数最右边的1的左边区域全部变成相反的数
-n = ~n + 1
eg:
n = 11010001010101100000
-n = 00101110101010011111 + 1
= 00101110101010100000
干掉一个数n的二进制表示中的最右边的1（变成0）
n & (n - 1)
n - 1 的本质是将一个二进制数的最右边的1的右边区域（包括自己）全部取反
eg
n = 11010001010101100000
n - 1 = 11010001010101011111
按位异或(^) 运算律
a ^ a = 0
a ^ 0 = a
a ^ b ^ c = a ^ c ^ b
题目练习
题目一：判定字符是否唯一
题目
链接：
思路分析
大家第一眼，这不就hash吗，一分钟搞定，
but，请看限制的第三点：如果不使用额外的数据结构
我们来想想，不使用额外的数据结构，
emm，那就来暴力查找，绷不住了，肯定要想一个时间复杂度优秀的算法啊！
OK，正式开始解决这道题目:
要想时间复杂度优秀，必然是要使用某些数据结构来帮忙的，但是又不允许使用额外的数据结构，
所以，我们可以尝试使用位图的思想
我们把一个比特位作为信息的载体，一个比特位可以存0或1，
我们就用0或1来代表字符串中的字符有没有在之前出现过，
这不就相当于模拟实现了一个hash吗？
一旦想到了这个思想，那这道题就无比简单了
细节：这道题目中只有小写字母，也就是只会出现26种情况，那一个int32位肯定足够存储，
所以位图就选择int，
a — 第0位
b — 第1位
……
依次类推即可
具体代码
bool isUnique(string astr) {
int a = 0;
for(auto& e:astr)
{
int i = e - 'a';
cout << i << endl;
cout << (a & (1 << i)) << endl;
if(a & (1 << i)) // 判断第i位是否为1
{
return false;
}
else
a |= (1 << i); // 注意这个地方，我想要修改，肯定是 |= 而不是|
}
return true;
}题目二：丢失的数字
题目
链接：
思路分析
经典位运算的题目 — 单身狗。
直接根据按位异或的规律，就可以很简答的解决这道题目。
a ^ a = 0
a ^ 0 = a
a ^ b ^ c = a ^ c ^ b
我们把0~n的所有数字和数组里面的所有数字，全部按位异或一遍，最后得到的结果就是丢失的数字。
具体代码
int missingNumber(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
int ret = 0;
for(int i = 0;i < nums.size();++i)
{
ret ^= i;
ret ^= nums[i];
}
return ret ^= n;
}题目三：137. 只出现一次的数字 II
题目
链接
思路分析
上一道题是单身狗最基础的版本，现在这道题来了一个单身狗的进阶版本。
那么这道题目该怎么做呢?
观察题目，我们可以发现：
3次，1次，那么所有数字的同一位上加起来也肯定是3的倍数啊，
如果不是三个倍数，说明啥，说明1次的这个数字的这一位上也被加进来了，也就是说，出现一次的这个数字的该位上是1，
所以，现在，思路已经很明确了，就是把每一位上1出现的次数全部加起来，看看是不是三的倍数，如果不是三的倍数，就把该位设置为1，
也就是 x |= (1<<pos)
最后遍历完32位，就可以得出只出现一次的这个数字了。
具体代码
int singleNumber(vector<int>& nums) {
int ret = 0;
for(int i = 0;i < 32;++i)
{
int sum = 0;
for(auto& e:nums)
{
if(e & (1 << i)) sum++;
}
//说明这一位是仅出现一次
if(sum % 3 != 0) ret |= (1 << i);
}
return ret;
}题目四：消失的两个数字
题目
链接
思路分析
诶，单身狗又升级了，单身狗2.0版本来了。
这道题又很麻烦了，如果我依旧是把所有的元素全部按位异或，那最后得到的结果不就是两个数的按位异或值吗？
这咋分开啊？
不用担心，肯定是有办法的！
最后两个数肯定是不相同的，所以最后剩下的异或值一定不是0，也就是说最后剩下的异或值最少有一位上是1，
这说明啥？
说明最后的两个数该位上的比特位值不相同，一个0，一个1，
这有啥用啊？
不是很显然吗？
我们就可以根据这一位上的不同，把所有的元素分为两个部分，
每一个部分都仅有一个元素只出现了一次，这不就又回到了基础单身狗吗？
再按位异或一次呗。
具体代码
vector<int> missingTwo(vector<int>& nums) {
if(nums.size() == 0) return {1,2};
int n = nums.size() + 2;
int tmp = 0;
for(int i = 0;i < nums.size();++i)
{
tmp ^= (i + 1);
tmp ^= nums[i];
}
tmp ^= n;
tmp ^= (n - 1);
//首先获得特殊的两个数字的异或值，就能知道两者哪一位不同
//进而就能把数据分为两类
int pos = 0;
for(int i = 0;i < 32;++i)
{
if(tmp & (1 << i) )
{
pos = i;
break;
}
}
cout << pos << endl;
int ret1 = 0,ret2 = 0;
for(int i = 0;i < nums.size();++i)
{
if((i + 1) & (1 << pos)) ret1 ^= (i + 1);
else ret2 ^= (i + 1);
//i和1不要写反了
if(nums[i] & (1 << pos)) ret1 ^= nums[i];
else ret2 ^= nums[i];
}
if(n & (1 << pos)) ret1 ^= n;
else ret2 ^= n;
if((n-1) & (1 << pos)) ret1 ^= (n-1);
else ret2 ^= (n-1);
return {ret1,ret2};
}题目五：371. 两整数之和
题目
链接
思路分析
这道题目，说实话得对硬件比较了解，
要是笔试真遇到了，同学们还是见仁见智吧，直接不讲武德，return a + b;
好了，开个玩笑，玩归玩，闹归闹，真到了学习的时候，还是认真学习吧。
首先，我们思考一下，按位异或扮演了一个什么样子的角色呢？
1 ^ 1 = 0,
0 ^ 0 = 0,
1 ^ 0 = 1,
0 ^ 1 = 1
嗯？得到的结果不就是不考虑进位的结果吗？
所以按位异或的本质就是无进位相加。
a ^ b，也就获得了无进位相加的信息。
于是，我们现在有了加法了，但是我们还缺少进位信息，这咋办。
别慌，我们再来看看&运算
1 & 1 = 1，
0 & 0 = 0，
1 & 0 = 0，
0 & 1 = 0
进位这不就来了吗？只有两位都是1，才得到了1，这个1就是进位的1，
当然，由于是进位，所以，肯定要往高位上加，
所以 (a & b) << 1，也就获得了进位信息
直接 无进位相加的信息和进位信息一起相加，不就是最后的结果吗？
但是还是没有加法啊，所以“进位相加的信息和进位信息一起相加” 中的相加，依然是^ 和 &配合执行，
直到最后没有进位信息，就得到了真正的结果。
具体代码
int getSum(int a, int b) {
while(b)//用b来存储进位信息
{
int carry = (a & b) << 1;//获取进位信息，并保存
a ^= b;//无进位相加，用a来存储结果
b = carry;
}
return a;
}
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