位运算的一般应用

功能 例子 运算
去掉最后一位 1110101->111010 x>>1
在最后加0 1110101->11101010 x<<1
在最后加1 1110101->11101011 x<<1+1
最后一位变成1 111010->111011 x|1
最后一位变成0 111011->111010 x|1-1
最后一位取反 1110101->1110100 x^1
右数第k位设为1 1110101->1111101,k=4 x|(1<<(k-1))
右数第k位设为0 1110101->1110001,k=3 x&~(1<<(k-1))
右数第k位取反 1110101->1111101,k=4 x^(1<<(k-1))
取末尾k位 1110101->101,k=3 x&(1<<k-1)
取右数第k位 1110101->1,k=5 x>>(k-1)&1
把末尾k位变成1 1110101->1110111,k=3 x|(1<<k-1)
把末尾k位变成0 1110101->1110000,k=3 x&(1<<k)
把末尾k位取反 1110101->1110010,k=3 x^(1<<k-1)
把右边连续的1变成0 1101111->1100000 x&(x+1)
把右边连续的0变成1 1010000->1011111 x|(x-1)
把右数第一个0变成1 10101101->10101111 x|(x+1)
取右边连续的1 10101111->1111 (x^(x+1))>>1
取最右边的1 10010->10 x&(~x+1)
去掉右数第一个1的左边 10010100->100 x&(x^(x-1))

通过如下的例子，来看看位运算在底层的应用：

1.判断是否是2的整数次幂(来自Linux kernel)

uint32_t is_power_two(uint32_t x){
 	return !(x&(x-1));
}

uint32_t is_power_two(uint32_t x){
    return x==x&~x+1;
}

方法一

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对于无符号数的编码，可以做出如下解释:

\[x=\sum _{i=0} ^{w-1} x_i *2^i \]

显然,若该数是2的整数次幂,显然二进制形式是[00...0100...0]的形式,设第k位为1(从第0位计数),则有:

\[x-1=2^k-1=\sum_{i=0}^{k-1}2^i \]

显然,该数的表达方式为[00...00111...1],与原数进行按位与,结果为0.

方法二

x&~x+1即x&-x,首先关于补码的非运算.任意非0的x总可以找到最后边的1,即可以将x表示为:

\[[x_{w-1},x_{w-2},...,x_{k+1},1,0,0,...,0] \]

从而有:

\[-x=[～ x_{w-1},～x_{w-2},...,～x_{k+1},1,0,0,...,0] \]

显然,若x是2的整数次幂则有x==x&-x为真.

2.对2的整数次幂取余(来自HashMap)

uint32_t mod_power_two(uint32_t x,uint32_t bucket){
    return x&(bucket-1);
}

对于一个无符号数x,xmod2^w的作用等价于丢掉该数二进制表示的从w+1位开始的高位,即将该二进制数进行类似截断.例如:

\[25\% 16=9--->11001\&01111=01001_2=9_{10} \]

16=2^4,因此取余会将第5位开始的位均设为0,只保留后4位,因此:

\[x\ mod\ 2^n=x\&(2^n-1) \]

3.向上取整到2的整数次幂

uint32_t next_power_two(uint32_t x){
    --x;
    x|=x>>1;
    x|=x>>2;
    x|=x>>4;
    x|=x>>8;
    x|=x>>16;
    return ++x;
}

--x是为了保证,这个数不是2的整数次幂. 设这个数可以表示为1.....,则右移1位得01......或运算得11......,继续右移2位,得0011......或运算得1111......,最后一次位运算后得111...111最后返回时+1遍得到了向上的一个2的整数次幂.

4.判断是否含有奇数个1

bool is_oddones(uint32_t x){
    x^=x>>1;
    x^=x>>2;
    x^=x>>4;
    x^=x>>8;
    x^=x>>16;
    return x&0x1;
    
}

总的思想:奇数个1进行异或结果位1,因为只需想方法,将这个数二进制位的所有数进行异或就知道是否有奇数个1了.举了例子,下面这个 数是某个数二进制的低几位.

第一次运算:

​ 1110 1101 1000

​ 0111 0110 1100

^------------------------------

​ 1001 1011 0100

最右边的0是第0位与第1位异或所得,依次可得 从右往左位 0^1 1^2 2^3 3^4.....(此处的数字为第位数,下同)

第二次运算:

​ 1001 1011 0100

​ 0010 0110 1101

^-----------------------------

​ 1011 1101 1001

第二排数字的结果分别是2^3 3^4 4^5 5^6...,故最右边的0是0^1^2^3,依次再有1^2^3^4,...

第三次运算:

​ 1011 1101 1001

​ 1011 1101

^-----------------------------

​ 0110 0100

第二排的数字从最右边开始为 4^5^6^7,依次.......从而结果中,最右边的数代表0^1^2^3^4^5^6^7

因而,若原数字在原始数据中是第i位,在最终的结果中,该位代表的即是:

\[i\oplus (i+1)\oplus (i+2)\oplus \cdots \oplus (i+30)\oplus (i+31) \]

因为,令i=0,即最低位的值,即为结果,故最终x&0x1

5. 1的个数

uint32_t count_one(uint32_t x){
    x=(x&0x55555555)+(x>>1&0x55555555);
    x=(x&0x33333333)+(x>>2&0x33333333);
    x=(x&0x0f0f0f0f)+(x>>4&0x0f0f0f0f);
    x=(x&0x00ff00ff)+(x>>8&0x00ff00ff);
    x=(x&0x0000ffff)+(x>>16&0x0000ffff);
    return x;
}

思想:分而治之

先将32位数分成16份,每份俩部分:

0x55555555=0101......01

故x&0x55555555得到每个小份的第二部分的1情况,x>>1&0x55555555得到每个小份中第一部分的1的情况,相加得到的2位二进制数即为,该小份中1的个数.现在的任务就是将这些数都加起来 .

​ 10 11 01 00 ......

第一次 01 10 01 00

0x33333333=0011......0011

故x&0x33333333将每个2位能单独拿出来,再加上x>>2&0x33333333就是两个2位数的和(是一个用4位二进制表示的数),即将这16份,合并成8份,4位一组.

​ 01 10 01 00

第二次 0011 0001

0x0f0f0f0f=00001111...00001111

故x&0x0f0f0f0f将4位单独拿出来,再加上x>>4&0x0f0f0f0f就是两个4位数的和.按照这种思想,最后会得到两个16位数的和(按32位表示)这个数的大小就是1的个数.

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