位運算之——按位與（&）操作——（快速取模算法）
由於位運算直接對內存數據進行操作，不需要轉成十進制，因此處理速度非常快。
按位與（Bitwise AND），運算符號為&
a&b 的操作的結果：a、b中對應位同時為1，則對應結果位也為1、
例如：
10010001101000101011001111000
& 111111100000000
---------------------------------------------
10101100000000
對10101100000000進行右移8位得到的是101011，這就得到了a的8~15位的掩碼了。那么根據這個啟示，判斷一個整數是否是處於 0-65535 之間（常用的越界判斷）：
用一般的 (a >= 0) && (a <= 65535) 可能要兩次判斷。
改用位運算只要一次：
a & ~((1<< 16)-1)
后面的常數是編譯時就算好了的。其實只要算一次邏輯與就行了。
常用技巧：
1、 用於整數的奇偶性判斷
一個整數a, a & 1 這個表達式可以用來判斷a的奇偶性。二進制的末位為0表示偶數，最末位為1表示奇數。使用a%2來判斷奇偶性和a & 1是一樣的作用，但是a & 1要快好多。
2、 判斷n是否是2的正整數冪
(!(n&(n-1)) )&& n
舉個例子：
如果n = 16 = 10000， n-1 = 1111
那么：
10000
& 1111
----------
0
再舉一個例子：如果n = 256 = 100000000， n-1 = 11111111
那么：
100000000
&11111111
--------------
0
好！看完上面的兩個小例子，相信大家都有一個感性的認識。從理論上講，如果一個數a他是2的正整數冪，那么a 的二進制形式必定為1000…..（后面有0個或者多個0），那么結論就很顯然了。
3、 統計n中1的個數
朴素的統計辦法是：先判斷n的奇偶性，為奇數時計數器增加1，然后將n右移一位，重復上面步驟，直到移位完畢。
朴素的統計辦法是比較簡單的，那么我們來看看比較高級的辦法。
舉例說明，考慮2位整數 n=11，里邊有2個1，先提取里邊的偶數位10，奇數位01，把偶數位右移1位，然后與奇數位相加，因為每對奇偶位相加的和不會超過“兩位”，所以結果中每兩位保存着數n中1的個數；相應的如果n是四位整數 n=0111，先以“一位”為單位做奇偶位提取，然后偶數位移位（右移1位），相加；再以“兩位”為單位做奇偶提取，偶數位移位（這時就需要移2位），相加，因為此時沒對奇偶位的和不會超過“四位”，所以結果中保存着n中1的個數，依次類推可以得出更多位n的算法。整個思想類似分治法。
在這里就順便說一下常用的二進制數：
0xAAAAAAAA=10101010101010101010101010101010
0x55555555 = 1010101010101010101010101010101（奇數位為1，以1位為單位提取奇偶位）
0xCCCCCCCC = 11001100110011001100110011001100
0x33333333 = 110011001100110011001100110011（以“2位”為單位提取奇偶位）
0xF0F0F0F0 = 11110000111100001111000011110000
0x0F0F0F0F = 1111000011110000111100001111（以“8位”為單位提取奇偶位）
0xFFFF0000 =11111111111111110000000000000000
0x0000FFFF = 1111111111111111（以“16位”為單位提取奇偶位）
例如： 32位無符號數的1的個數可以這樣數：
{
//0xAAAAAAAA，0x55555555分別是以“1位”為單位提取奇偶位
n = ((n & 0xAAAAAAAA) >> 1) + (n & 0x55555555);
//0xCCCCCCCC，0x33333333分別是以“2位”為單位提取奇偶位
n = ((n & 0xCCCCCCCC) >> 2) + (n & 0x33333333);
//0xF0F0F0F0，0x0F0F0F0F分別是以“4位”為單位提取奇偶位
n = ((n & 0xF0F0F0F0) >> 4) + (n & 0x0F0F0F0F);
//0xFF00FF00，0x00FF00FF分別是以“8位”為單位提取奇偶位
n = ((n & 0xFF00FF00) >> 8) + (n & 0x00FF00FF);
//0xFFFF0000，0x0000FFFF分別是以“16位”為單位提取奇偶位
n = ((n & 0xFFFF0000) >> 16) + (n & 0x0000FFFF);
return n;
}
n = 11010011
計算n = ((n & 0xAAAAAAAA) >> 1) + (n & 0x55555555);
得到 n = 10010010
計算n = ((n & 0xCCCCCCCC) >> 2) + (n & 0x33333333);
得到 n = 00110010
計算n = ((n & 0xF0F0F0F0) >> 4) + (n & 0x0F0F0F0F);
得到 n = 00000101 -----------------à無法再分了，那么5就是答案了。
4、對於正整數的模運算（注意，負數不能這么算）
先說下比較簡單的：
乘除法是很消耗時間的，只要對數左移一位就是乘以2，右移一位就是除以2，傳說用位運算效率提高了60%。
乘2^k眾所周知： n<<k。所以你以后還會傻傻地去敲2566*4的結果10264嗎？直接2566<<4就搞定了，又快又准確。
除2^k眾所周知： n>>k。
那么 mod 2^k 呢？（對2的倍數取模）
n&((1<<k)-1)
用通俗的言語來描述就是,對2的倍數取模，只要將數與2的倍數-1做按位與運算即可。
好！方便理解就舉個例子吧。
思考：如果結果是要求模2^k時，我們真的需要每次都取模嗎？
在此很容易讓人想到快速冪取模法。
快速冪取模算法
經常做題目的時候會遇到要計算 a^b mod c 的情況，這時候，一個不小心就TLE了。那么如何解決這個問題呢？位運算來幫你吧。
首先介紹一下秦九韶算法：(數值分析講得很清楚)
把一個n次多項式f(x) = a[n]x^n+a[n-1]x^(n-1)+......+a[1]x+a[0]改寫成如下形式：
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].
求多項式的值時，首先計算最內層括號內一次多項式的值，即
v[1]=a[n]x+a[n-1]
然后由內向外逐層計算一次多項式的值，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]
這樣，求n次多項式f(x)的值就轉化為求n個一次多項式的值。
好！有了前面的基礎知識，我們開始解決問題吧
由(a ×b) mod c=( (a mod c) × b) mod c.
我們可以將 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]).
這樣我們由 a^b mod c = (a^(a[t] × 2^t + a[t-1]× 2^（t-1） + …a[0] × 2^0) mod c.
然而我們求 a^( 2^(i+1) ) mod c=( (a^(2^i)) mod c)^2 mod c .求得。
具體實現如下：
使用秦九韶算法思想進行快速冪模算法，簡潔漂亮
__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、計算掩碼
比如一個截取低6位的掩碼：0×3F
用位運算這么表示：(1<< 6) - 1
這樣也非常好讀取掩碼，因為掩碼的位數直接體現在表達式里。
按位或運算很簡單，只要a和b中相應位出現1，那么a|b的結果相應位也為1。就不多說了。
6、子集
枚舉出一個集合的子集。設原集合為mask，則下面的代碼就可以列出它的所有子集：
for (i = mask ; i ; i = (i - 1) & mask) ;