PS:本文主要介紹位運算的數學性質,和OI沒有太大關聯.
Part0:符號約定
\([p]\):艾弗森記號.對於命題\(p\),當\(p\)成立時,\([p]\)為\(1\),否則為\(0\).
\(x_i\):\(x\)在二進制下的第\(i\)位數.
Part1:二進制
對於任意的非負整數\(x\),眾所周知,其可以表示為:
\[x=\sum_{i=0}^n 10^i b_i \]
其中,\(n=\lfloor \log_{10} x\rfloor,b_i\in\{0,1,2,\dots,9\}(i=1,2,\dots,n)\).我們把該式中的所有\(10\)都換成\(2\),則有:
\[x=\sum_{i=0}^n 2^i b_i \]
其中,\(n=\lfloor \log_2 x\rfloor,b_i\in\{0,1\}(i=1,2,\dots,n)\).我們將數位
\[\overline{b_n b_{n-1} \dots b_1 b_0}_{(2)} \]
稱為\(x\)的二進制(分解),這種分解是惟一的.為方便,我們在本文中簡記\(x_i=b_i\),為\(x\)在二進制下的第\(i\)位數.
Part2:二進制遞推式與位移運算
我們來考慮\(x,\lfloor \frac x2\rfloor,2x\)二進制之間的關系.因
\[x=\sum_{i=0}^n 2^i x_i \]
故有
\[\left\lfloor \frac x2\right\rfloor=\left\lfloor \frac{\sum\limits_{i=0}^n2^i x_i}2\right\rfloor=\left\lfloor \frac{\sum\limits_{i=1}^n 2^i x_i}2 + \frac{x_0}2\right\rfloor \]
顯然左邊的加數整除\(2\).又\(x_0\in\{0,1\}\),故\(\frac{x_0}2=0\).所以
\[\left\lfloor \frac x2\right\rfloor=\sum_{i=1}^n 2^{i-1}x_i=\sum_{i=0}^{n-1} 2^i x_{i+1} \]
這相當於把整個二進制往右移\(1\)位,並把不為整數的部分截掉,比如,\(11=1011_{(2)}\),則
\[\left\lfloor\frac{11}2\right\rfloor=\left\lfloor \frac{1011_{(2)}}2\right\rfloor=101_{(2)}=5 \]
再來考慮\(2x\).
因
\[x=\sum_{i=0}^n 2^i x_i \]
故
\[2x=\sum_{i=0}^n 2^{i+1} x_i=\sum_{i=1}^{n+1} 2^i x_{i-1} \]
這相當於把整個二進制往左移\(1\)位,並在低位補全零,比如,\(6=110_{(2)}\),則
\[2\times 6=2\times{110_{(2)}}=1100_{(2)}=12 \]
更一般地,有
\[\left\lfloor\frac{x}{2^k}\right\rfloor=\sum_{i=0}^{n-k}2^i x_{i+k}\\ 2^kx=\sum_{i=k}^{n+k}2^i x_{i-k} \]
其中\(k\in\mathbb{N}^+\).我們把這兩種運算分別稱為右移(right shift)和左移(left shift),分別記為
\[x\gg k=\left\lfloor\frac{x}{2^k}\right\rfloor\\ x\ll k=2^kx \]
特別地,當\(k>n\)時,\(x\gg k=0\).右移的意義是將二進制往右移\(k\)位,並將不為整數的部分截掉;左移的意義是講二進制往左移\(k\)位,並在低位補全零.我們很容易得到:
\[x=(x\gg1)\ll1 + (x\bmod 2) \]
這就是二進制的遞推式.亦即:
\[x=2\left\lfloor\frac x2\right\rfloor+(x\bmod 2) \]
這樣就可以快速地求出一個非負整數的二進制表示了.
Part3:與運算和或運算
對於兩個非負整數\(x,y\),設
\[x=\sum_{i=0}^n 2^ix_i,\\ y=\sum_{i=0}^m2^iy_i, \]
定義
\[x\ \text{and}\ y=x\land y=\sum_{i=0}^{\min\{n,m\}}2^i[x_i=1\land y_i=1]=\sum_{i=0}^{\min\{n,m\}} 2^i x_iy_i=\sum_{i=0}^{\min\{n,m\}}2^i\left\lfloor\frac{x_i+y_i}2\right\rfloor \]
為\(x\)與\(y\)的與運算(and operation).而
\[x\ \text{or}\ y=x\lor y=\sum_{i=0}^{\max\{n,m\}} 2^i[x_i=1\lor y_i=1]=\sum_{i=0}^{\max\{n,m\}} 2^i \left\lceil\frac{x_i+y_i}2\right\rceil \]
為\(x\)與\(y\)的或運算(or operation).顯然有
\[x\land y\le\max\{x,y\}\\ x\lor y\ge\min\{x,y\} \]
Part4:取反
一個數的取反運算(not operation)定義為
\[\lnot x=\sum_{i=0}^n 2^i[x_i=0] \]
相當於把值為\(1\)的位改成\(0\),把值為\(0\)的位改成\(1\).一般地,有
\[x+\lnot x=2^{n+1}-1,\\ \lnot\lnot x=x. \]
Part5:異或
這是我們要重點討論的位運算.其定義為
\[x\ \text{xor}\ y=x\oplus y=\sum_{i=0}^{\max\{n,m\}}2^i[x_i\ne y_i]=\sum_{i=0}^{\max\{n,m\}}2^i(x_i+y_i\mod 2) \]
顯然有\(|x-y|\le x\oplus y\le x+y\).容易驗證,異或運算(exclusive or operation,xor operation)具有以下性質:
\(1.\)交換性:\(x\oplus y=y\oplus x\).
\(2.\)結合性:\(x\oplus y\oplus z=(x\oplus y)\oplus z=x\oplus (y\oplus z)\).
\(3.\)冪零性:\(x\oplus x=0\).
\(4.\)還原性:\(x\oplus y\oplus x=y\).特別地,有\(x\oplus 0=0\oplus x=x\).
\(4'.\)轉換性:\(w=x\oplus y\oplus z\Rightarrow x=w\oplus y\oplus z\).
\(5.\)與其它位運算的關系:\(x\oplus y=(\lnot x\land y)\lor(x\land\lnot y)\).
Part6:位運算方程
我們把形如只含有以下三種運算的方程叫做位運算方程(組)(bit operation equations):
\(1.\)位移常數
\(2.\)異或
\(3.\)取反
顯然,這幾種運算是可逆的.先來一道簡單題.考慮位運算方程組
\[\begin{cases} x\oplus y=z\\ \lnot z=4\\ x\gg 2=1 \end{cases} \]
根據第三個方程,易知
\[x=1\ll 2=4. \]
根據第二個方程,有
\[z=\lnot 4=3. \]
因此,
\[y=z\oplus x=3\oplus 4=7. \]
所以原方程組的解為
\[\begin{cases} x=4,\\ y=7,\\ z=3. \end{cases} \]
再來考慮位運算方程組:
\[\begin{cases} x\oplus y\oplus z=w\\ (\lnot x)\oplus y=6\\ x\gg 2=1\\ z\oplus (\lnot y)=9 \end{cases} \]
顯然有\(x=4\).進一步帶入第二個方程有
\[y=6\oplus(\lnot x)=6\oplus 3=5. \]
故得
\[z=9\oplus (\lnot y)=9\oplus 2=11. \]
於是
\[w=x\oplus y\oplus z=4\oplus 5\oplus 11=10. \]
因此原方程組的解為
\[\begin{cases} x=4,\\ y=5,\\ z=11,\\ w=10. \end{cases} \]
本文完
