奇偶校驗算法

1即計算出所給數中包含1的個數

方法一：每一位分別異或（時間復雜度O（n）n代表數位數）

函數功能：如果1的個數為奇數個，則返回1，如果1的個數為偶數個，則返回0。

parity_check(unsigned x)

{

int val=0;

while(x)

{

val^=x;//val 和x進行異或運算

x>>=1;//x右移一位

}

return val&0x1;//取末位運算. val的二進制形式最后一位位1則返回1，為0則返回0.

}

實例分析，假設無符號數x轉換成二進制后長度為5位，五個位置的數據(二進制數，0或者1)分別記為①②③④⑤，兩個位置的數進行異或運算記為①^②。注意，給定x后化成二進制形式最高位①為1。

則整個程序執行過程（只需要考慮異或運算結果的末位數）可以表述為：

(((⑤^④)^③)^②)^①——表達式1

假設⑤和④不同，則⑤^④運算結果為1，表示有一個1。表達式1可以化成：((1^③)^②)^①——表達式2

③如果不是1，則表示⑤④③中只有一個1；如果是1，⑤④③中有兩個1.這兩種結果等價於1^③運算的結果。假設③就是1，則表達式2可以化成：(0^②)^①——表達式3

假設②為0（①為1是前提），則表達式3可以化簡為：(0^0)^1，運算結果為1，即五個二進制數中有奇數個1，⑤和④中有一個1,③是1，②為0，①為1共3個1得以驗證。

該算法形式簡單，功能強大，卻不好理解。該函數可用於奇偶校驗。

 

上面方法有些問題：

如果輸入的X負數，負數右移，高位會被設為1，那么這個書最終就會變成oxFFFFFFFF而陷入死循環。

改進方法：

 

parity_check(unsigned x)
{
int val=0;
unsigned int flag=1;
while(flag)
{
val^=(x&flag)
flag=flag<<=1;//x左移一位
}
return val&0x1;//取末位運算. val的二進制形式最后一位位1則返回1，為0則返回0.
}

 

方法二：時間復雜度0（1的個數）

int a=1;

while（x）

{

a^=0;//改為 count++;可以計算該數二進制中包含1的個數

x&(x-1);

}

方法三：時間復雜度0（lgn）n為位數

8位的數據D(D7~D0)，他的算法為：

D ^= D >>4;

D ^= D >>2;

D ^= D >>1;

D&=1;

最后D就是偶校驗的值了。

可能有的同學一時之間看不明白算法的原理，這里解釋一下吧。

首先從D里面找兩個位D1和D0，而D1D0的偶校驗值E0=D1^D0，這個大家都明白的，然后D3和D2的檢驗值E1=D3^D2，同理還有E2=D5^D4以及E3=D7^D6；

E0=1時代表了D1和D0里面有奇數個1，E1、E2和E3同理；

然后復習一下小學數學：奇數*奇數=奇數，偶數*奇數=偶數

如果E0和E1里面有奇數個1，那么D3~D0里面就有奇數數個1，此時D3~D0的偶校驗值為1；

“如果E0和E1里面有奇數個1”這句話的意思不就是求由E1和E0組成的兩位二進制的偶校驗么？而且當E1E0的偶校驗值F0=1時，對應的D3~D0的偶校驗值也為1。

同理，E3E2的偶校驗值F1=1時，對應的D7~D4的偶校驗值也為1；

繼續同理，由F1和F0組成的兩位二進制的偶校驗G0=1時，對應的是E3~E0的偶校驗值為1，同時對應的D7~D0的偶校驗值為1。

於是求D7~D0的偶校驗值變成了求F1F0的偶校驗值。

那么首先就要將D7~D0的8個位兩兩分組后在分別求異或，然后再將得出的值的4個位兩兩分組后分別異或，最后將得出的值的2個位進行異或，得到的值就是D7~D0的偶校驗值了。

而分組則不必是相鄰的，將D右移4位再和原來的D進行異或的話就簡單多了

D7——D3

D6——D2

D5——D1

D4——D0

如此類推，每次先進行右移，然后和原來的值異或，最終就能得到D的校驗值了；另外在計算的過程中，僅僅需要關注后面的位數就可以了，如第二次計算時，高4位會有一些數據，到最后高7位也會有數據的，但這些數據都已經沒有用了，所以最后只需要來一個&1就可以l。

於是文章開頭的那段8位二進制數的算法為：

D ^= D >>4;

D ^= D >>2;

D ^= D >>1;

D&=1;

另外對於2^N位二進制數，第一次右移(2^N)/2位后再異或，然后重復類似的計算N次就可以了。