& 與運算
兩個位都是 1 時，結果才為 1，否則為 0
1 0 0 1 1
& 1 1 0 0 1
1 0 0 0 1
| 或運算
兩個位都是 0 時，結果才為 0，否則為 1
1 0 0 1 1
| 1 1 0 0 1
1 1 0 1 1
可以用在if語句判斷中(替代 || )
^異或運算
兩個位相同則為 0，不同則為 1
1 0 0 1 1
^ 1 1 0 0 1
0 1 0 1 0
<< 左移運算
向左進行移位操作，高位丟棄，低位補 0
int a = 8;
a << 3;
移位前：0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 1000
移位后：0000 0000 0000 0000 0000 0000 0100 0000
>>右移運算
向右進行移位操作，對無符號數，高位補 0，對於有符號數，高位補符號位
unsigned int a = 8;
a >> 3;
移位前：0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 1000
移位后：0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0001
int a = -8;
a >> 3;
移位前：1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1000
移位前：1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111 1111
常見位運算問題
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位操作實現乘除法
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數 a 向右移一位，相當於將 a 除以 2；數 a 向左移一位，相當於將 a 乘以 2
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int a = 2; a >> 1; ---> 1 // a/2 a << 1; ---> 4 // a*2
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位操作交換兩數
-
位操作交換兩數可以不需要第三個臨時變量，雖然普通操作也可以做到，但是沒有其效率高
//不通過臨時變量交換兩數 //普通操作 void swap(int &a, int &b) { a = a + b; b = a - b; a = a - b; } //位與操作 void swap(int &a, int &b) { a ^= b; b ^= a; a ^= b; }位與操作解釋：
第一步：a ^= b ---> a = (a^b);
第二步：b ^= a ---> b = b(ab) ---> b = (bb)a = a
第三步：a ^= b ---> a = (ab)a = (aa)b = b
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位操作判斷奇偶數
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只要根據數的最后一位是 0 還是 1 來決定即可，為 0 就是偶數，為 1 就是奇數。
if((a & 1)== 0) { //偶數 } if((a & 1)== 1){ //奇數 }
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位操作交換符號
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交換符號將正數變成負數，負數變成正數
int reversal(int a) { return ~a + 1; } //整數取反加1，正好變成其對應的負數(補碼表示)；負數取反加一，則變為其原碼，即正數
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位操作求絕對值
- 整數的絕對值是其本身，負數的絕對值正好可以對其進行取反加一求得，即我們首先判斷其符號位（整數右移 31 位得到 0，負數右移 31 位得到 -1,即 0xffffffff），然后根據符號進行相應的操作
int abs(int a) { int i = a >> 31; return i == 0 ? a : (~a + 1); }- 上面的操作可以進行優化，可以將
i == 0的條件判斷語句去掉。我們都知道符號位i只有兩種情況，即 i = 0 為正，i = -1為負。對於任何數與 0 異或都會保持不變，與-1 即 0xffffffff進行異或就相當於對此數進行取反,因此可以將上面三目元算符轉換為((a^i)-i)，即整數時 a 與 0 異或得到本身，再減去 0，負數時與0xffffffff 異或將 a 進行取反，然后在加上 1，即減去i(i =-1)
int abs2(int a) { int i = a >> 31; return ((a^i) - i); } -
位操作進行高低位交換
- 給定一個 16 位的無符號整數，將其高 8 位與低 8 位進行交換，求出交換后的值，如：
34520的二進制表示： 10000110 11011000 將其高8位與低8位進行交換，得到一個新的二進制數： 11011000 10000110 其十進制為55430從上面移位操作我們可以知道，只要將無符號數 a>>8 即可得到其高 8 位移到低 8 位，高位補 0；將 a<<8 即可將 低 8 位移到高 8 位，低 8 位補 0，然后將 a>>8 和 a<<8 進行或操作既可求得交換后的結果。
unsigned short a = 34520; a = (a >> 8) | (a << 8); -
位操作進行二進制逆序
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- 將無符號數的二進制表示進行逆序，求取逆序后的結果，如
數34520的二進制表示： 10000110 11011000 逆序后則為： 00011011 01100001 它的十進制為7009在字符串逆序過程中，可以從字符串的首尾開始，依次交換兩端的數據。在二進制中使用位的高低位交換會更方便進行處理，這里我們分組進行多步處理。
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第一步:以每 2 位為一組，組內進行高低位交換
交換前： 10 00 01 10 11 01 10 00 交換后： 01 00 10 01 11 10 01 00
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第二步：在上面的基礎上，以每 4 位為 1 組，組內高低位進行交換
交換前： 0100 1001 1110 0100 交換后： 0001 0110 1011 0001
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第三步：以每 8 位為一組，組內高低位進行交換
交換前： 00010110 10110001 交換后： 01100001 00011011 -
第四步：以每16位為一組，組內高低位進行交換
交換前： 0110000100011011 交換后： 0001101101100001對於上面的第一步，依次以 2 位作為一組，再進行組內高低位交換，這樣處理起來比較繁瑣，下面介紹另外一種方法進行處理。先分別取原數 10000110 11011000 的奇數位和偶數位，將空余位用 0 填充：
原數： 10000110 11011000 奇數位： 10000010 10001000 偶數位： 00000100 01010000再將奇數位右移一位，偶數位左移一位，此時將兩個數據相或即可以達到奇偶位上數據交換的效果：
原數： 10000110 11011000 奇數位右移一位： 0 10000010 1000100 偶數位左移一位：0000100 01010000 0 兩數相或得到： 01001001 11100100上面的方法用位操作可以表示為：
取a的奇數位並用 0 進行填充可以表示為：a & 0xAAAA
取a的偶數為並用 0 進行填充可以表示為：a & 0x5555 因此，上面的第一步可以表示為：
a = ((a & 0xAAAA) >> 1) | ((a & 0x5555) << 1)
同理，可以得到其第二、三和四步為：
a = ((a & 0xCCCC) >> 2) | ((a & 0x3333) << 2)
a = ((a & 0xF0F0) >> 4) | ((a & 0x0F0F) << 4)
a = ((a & 0xFF00) >> 8) | ((a & 0x00FF) << 8)
因此整個操作為：unsigned short a = 34520; a = ((a & 0xAAAA) >> 1) | ((a & 0x5555) << 1); a = ((a & 0xCCCC) >> 2) | ((a & 0x3333) << 2); a = ((a & 0xF0F0) >> 4) | ((a & 0x0F0F) << 4); a = ((a & 0xFF00) >> 8) | ((a & 0x00FF) << 8);
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- 位操作統計二進制中 1 的個數
統計二進制1的個數可以分別獲取每個二進制位數，然后再統計其1的個數，此方法效率比較低。這里介紹另外一種高效的方法，同樣以 34520 為例，我們計算其 a &= (a-1)的結果：
- 第一次：計算前：1000 0110 1101 1000 計算后：1000 0110 1101 0000
- 第二次：計算前：1000 0110 1101 0000 計算后：1000 0110 1100 0000
- 第二次：計算前：1000 0110 1100 0000 計算后：1000 0110 1000 0000 我們發現，沒計算一次二進制中就少了一個 1，則我們可以通過下面方法去統計：
count = 0
while(a){
a = a & (a - 1);
count++;
}
找出沒有重復的數
給你一組整型數據，這些數據中，其中有一個數只出現了一次，其他的數都出現了兩次，讓你來找出一個數 。
這道題可能很多人會用一個哈希表來存儲，每次存儲的時候，記錄 某個數出現的次數，最后再遍歷哈希表，看看哪個數只出現了一次。這種方法的時間復雜度為 O(n)，空間復雜度也為 O(n)了。
然而我想告訴你的是，采用位運算來做，絕對高逼格！
我們剛才說過，兩個相同的數異或的結果是 0，一個數和 0 異或的結果是它本身，所以我們把這一組整型全部異或一下，例如這組數據是：1， 2， 3， 4， 5， 1， 2， 3， 4。其中 5 只出現了一次，其他都出現了兩次，把他們全部異或一下，結果如下：
由於異或支持交換律和結合律，所以:
1^ 2^ 3^ 4^ 5^ 1^ 2^ 3^4 = （1^ 1)^(2 ^ 2)^ (3^ 3)^ (4^ 4)^5= 00005 = 5。
也就是說，那些出現了兩次的數異或之后會變成0，那個出現一次的數，和 0 異或之后就等於它本身。就問這個解法牛不牛逼？所以代碼如下
m的n次方
如果讓你求解 m 的 n 次方，並且不能使用系統自帶的 pow 函數，你會怎么做呢？這還不簡單，連續讓 n 個 m 相乘就行了，代碼如下：
int pow(int n){
int tmp = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
tmp = tmp * m;
}
return tmp;
}
不過你要是這樣做的話，我只能呵呵，時間復雜度為 O(n) 了，怕是小學生都會！如果讓你用位運算來做，你會怎么做呢？
我舉個例子吧，例如 n = 13，則 n 的二進制表示為 1101, 那么 m 的 13 次方可以拆解為:
\(m^{1101} = m^{0001} * m^{0100} * m^{1000}\)。
我們可以通過 & 1和 >>1 來逐位讀取 1101，為1時將該位代表的乘數累乘到最終結果。直接看代碼吧，反而容易理解：
int pow(int n){
int sum = 1;
int tmp = m;
while(n != 0){
if(n & 1 == 1){
sum *= tmp;
}
tmp *= tmp;
n = n >> 1;
}
return sum;
}
時間復雜度近為 \(O(logn)\)，而且看起來很牛逼。
這里說一下，位運算很多情況下都是很二進制扯上關系的，所以我們要判斷是否是否位運算，很多情況下都會把他們拆分成二進制，然后觀察特性，或者就是利用與，或，異或的特性來觀察，總之，我覺得多看一些例子，加上自己多動手，就比較容易上手了。所以呢，繼續往下看，注意，先別看答案，先看看自己會不會做。
找出不大於N的最大的2的冪指數
傳統的做法就是讓 1 不斷着乘以 2，代碼如下：
int findN(int N){
int sum = 1;
while(true){
if(sum * 2 > N){
return sum;
}
sum = sum * 2;
}
}
這樣做的話，時間復雜度是 $O(logn)￥，那如果改成位運算，該怎么做呢？我剛才說了，如果要弄成位運算的方式，很多時候我們把某個數拆成二進制，然后看看有哪些發現。這里我舉個例子吧。
例如 N = 19，那么轉換成二進制就是 00010011（這里為了方便，我采用8位的二進制來表示）。那么我們要找的數就是，把二進制中最左邊的 1 保留，后面的 1 全部變為 0。即我們的目標數是 00010000。那么如何獲得這個數呢？相應解法如下：
1、找到最左邊的 1，然后把它右邊的所有 0 變成 1
2、把得到的數值加 1，可以得到 00100000即 00011111 + 1 = 00100000。
3、把 得到的 00100000 向右移動一位，即可得到 00010000，即 00100000 >> 1 = 00010000。
那么問題來了，第一步中把最左邊 1 中后面的 0 轉化為 1 該怎么弄呢？我先給出代碼再解釋吧。下面這段代碼就可以把最左邊 1 中后面的 0 全部轉化為 1，
n |= n >> 1;
n |= n >> 2;
n |= n >> 4;
就是通過把 n 右移並且做或運算即可得到。我解釋下吧，我們假設最左邊的 1 處於二進制位中的第 k 位(從左往右數),那么把 n 右移一位之后，那么得到的結果中第 k+1 位也必定為 1,然后把 n 與右移后的結果做或運算，那么得到的結果中第 k 和 第 k + 1 位必定是 1;同樣的道理，再次把 n 右移兩位，那么得到的結果中第 k+2和第 k+3 位必定是 1,然后再次做或運算，那么就能得到第 k, k+1, k+2, k+3 都是 1，如此往復下去….
最終的代碼如下
int findN(int n){
n |= n >> 1;
n |= n >> 2;
n |= n >> 4;
n |= n >> 8 // 整型一般是 32 位，上面我是假設 8 位。
return (n + 1) >> 1;
}
這種做法的時間復雜度近似 O(1)，重點是，高逼格。
不過呢，我給出的這些例子中，並不是讓你們學會了這些題就 Ok，而且讓你們有一個意識：很多時候，位運算是個不錯的選擇，至少時間效率會快很多，而且高逼格，裝逼必備。所以呢，以后可以多嘗試去使用位運算哦