由于位运算直接对内存数据进行操作,不需要转成十进制,因此处理速度非常快。 按位与(Bitwise AND),运算符号为& a&b 的操作的结果:a、b中对应位同时为1,则对应结果位也为1、 例如: 10010001101000101011001111000 & 111111100000000 --------------------------------------------- 10101100000000 对10101100000000进行右移8位得到的是101011,这就得到了a的8~15位的掩码了。那么根据这个启示,判断一个整数是否是处于 0-65535 之间(常用的越界判断): 用一般的 (a >= 0) && (a <= 65535) 可能要两次判断。 改用位运算只要一次: a & ~((1 << 16)-1) 后面的常数是编译时就算好了的。其实只要算一次逻辑与就行了。 常用技巧: 1、 用于整数的奇偶性判断 一个整数a, a & 1 这个表达式可以用来判断a的奇偶性。二进制的末位为0表示偶数,最末位为1表示奇数。使用a%2来判断奇偶性和a & 1是一样的作用,但是a & 1要快好多。 2、 判断n是否是2的正整数冪 (!(n&(n-1)) ) && n 举个例子: 如果n = 16 = 10000, n-1 = 1111 那么: 10000 & 1111 ---------- 0 再举一个例子:如果n = 256 = 100000000, n-1 = 11111111 那么: 100000000 &11111111 -------------- 0 好!看完上面的两个小例子,相信大家都有一个感性的认识。从理论上讲,如果一个数a他是2的正整数幂,那么a 的二进制形式必定为1000…..(后面有0个或者多个0),那么结论就很显然了。 3、 统计n中1的个数 朴素的统计办法是:先判断n的奇偶性,为奇数时计数器增加1,然后将n右移一位,重复上面步骤,直到移位完毕。 朴素的统计办法是比较简单的,那么我们来看看比较高级的办法。 举例说明,考虑2位整数 n=11,里边有2个1,先提取里边的偶数位10,奇数位01,把偶数位右移1位,然后与奇数位相加,因为每对奇偶位相加的和不会超过“两位”,所以结果中每两位保存着数n中1的个数;相应的如果n是四位整数 n=0111,先以“一位”为单位做奇偶位提取,然后偶数位移位(右移1位),相加;再以“两位”为单位做奇偶提取,偶数位移位(这时就需要移2位),相加,因为此时没对奇偶位的和不会超过“四位”,所以结果中保存着n中1的个数,依次类推可以得出更多位n的算法。整个思想类似分治法。 0xAAAAAAAA=10101010101010101010101010101010 0x55555555 = 1010101010101010101010101010101(奇数位为1,以1位为单位提取奇偶位) 0xCCCCCCCC = 11001100110011001100110011001100 0x33333333 = 110011001100110011001100110011(以“2位”为单位提取奇偶位) 0xF0F0F0F0 = 11110000111100001111000011110000 0x0F0F0F0F = 1111000011110000111100001111(以“8位”为单位提取奇偶位) 0xFFFF0000 =11111111111111110000000000000000 0x0000FFFF = 1111111111111111(以“16位”为单位提取奇偶位)
int count_one(unsigned long n) { //0xAAAAAAAA,0x55555555分别是以“1位”为单位提取奇偶位 n = ((n & 0xAAAAAAAA) >> 1) + (n & 0x55555555); //0xCCCCCCCC,0x33333333分别是以“2位”为单位提取奇偶位 n = ((n & 0xCCCCCCCC) >> 2) + (n & 0x33333333); //0xF0F0F0F0,0x0F0F0F0F分别是以“4位”为单位提取奇偶位 n = ((n & 0xF0F0F0F0) >> 4) + (n & 0x0F0F0F0F); //0xFF00FF00,0x00FF00FF分别是以“8位”为单位提取奇偶位 n = ((n & 0xFF00FF00) >> 8) + (n & 0x00FF00FF); //0xFFFF0000,0x0000FFFF分别是以“16位”为单位提取奇偶位 n = ((n & 0xFFFF0000) >> 16) + (n & 0x0000FFFF); return n; }
举个例子吧,比如说我的生日是农历2月11,就用211吧,转成二进制: n = 11010011 计算n = ((n & 0xAAAAAAAA) >> 1) + (n & 0x55555555); 得到 n = 10010010 计算n = ((n & 0xCCCCCCCC) >> 2) + (n & 0x33333333); 得到 n = 00110010 计算n = ((n & 0xF0F0F0F0) >> 4) + (n & 0x0F0F0F0F); 得到 n = 00000101 -----------------à无法再分了,那么5就是答案了。
4、对于正整数的模运算(注意,负数不能这么算) 先说下比较简单的: 乘除法是很消耗时间的,只要对数左移一位就是乘以2,右移一位就是除以2,传说用位运算效率提高了60%。 乘2^k 众所周知: n<<k。所以你以后还会傻傻地去敲2566*4的结果10264吗?直接2566<<4就搞定了,又快又准确。 除2^k众所周知: n>>k。 那么 mod 2^k 呢?(对2的倍数取模) n&((1<<k)-1) 用通俗的言语来描述就是,对2的倍数取模,只要将数与2的倍数-1做按位与运算即可。 好!方便理解就举个例子吧。 思考:如果结果是要求模2^k时,我们真的需要每次都取模吗? 在此很容易让人想到快速幂取模法。 快速幂取模算法 经常做题目的时候会遇到要计算 a^b mod c 的情况,这时候,一个不小心就TLE了。那么如何解决这个问题呢?位运算来帮你吧。 首先介绍一下秦九韶算法:(数值分析讲得很清楚) 把一个n次多项式f(x) = a[n]x^n+a[n-1]x^(n-1)+......+a[1]x+a[0]改写成如下形式: f(x) = a[n]x^n+a[n-1]x^(n-1))+......+a[1]x+a[0] = (a[n]x^(n-1)+a[n-1]x^(n-2)+......+a[1])x+a[0] = ((a[n]x^(n-2)+a[n-1]x^(n-3)+......+a[2])x+a[1])x+a[0] =. ..... = (......((a[n]x+a[n-1])x+a[n-2])x+......+a[1])x+a[0]. 求多项式的值时,首先计算最内层括号内一次多项式的值,即 v[1]=a[n]x+a[n-1] 然后由内向外逐层计算一次多项式的值,即 v[2]=v[1]x+a[n-2] v[3]=v[2]x+a[n-3] ...... v[n]=v[n-1]x+a[0] 这样,求n次多项式f(x)的值就转化为求n个一次多项式的值。 好!有了前面的基础知识,我们开始解决问题吧 由(a × b) mod c=( (a mod c) × b) mod c. 我们可以将 b先表示成就: b = a[t] × 2^t + a[t-1]× 2^(t-1) + …… + a[0] × 2^0. (a[i]=[0,1]). 这样我们由 a^b mod c = (a^(a[t] × 2^t + a[t-1] × 2^(t-1) + …a[0] × 2^0) mod c. 然而我们求 a^( 2^(i+1) ) mod c=( (a^(2^i)) mod c)^2 mod c .求得。 具体实现如下: 使用秦九韶算法思想进行快速幂模算法,简洁漂亮 // 快速计算 (a ^ p) % m 的值 __int64 FastM(__int64 a, __int64 p, __int64 m) { if (p == 0) return 1; __int64 r = a % m; __int64 k = 1; while (p > 1) { if ((p & 1)!=0) { k = (k * r) % m; } r = (r * r) % m; p >>= 1; } return (r * k) % m; }
http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=3070 5、计算掩码 比如一个截取低6位的掩码:0×3F
按位或运算很简单,只要a和b中相应位出现1,那么a|b的结果相应位也为1。就不多说了。
6、子集 枚举出一个集合的子集。设原集合为mask,则下面的代码就可以列出它的所有子集: for (i = mask ; i ; i = (i - 1) & mask) ; 很漂很漂亮吧。 |
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