- Single Number落单的数
- 落单的数 IISingle Number II
- Single Number III落单的数 III
- Number of 1 Bits
- Counting Bits
- Reverse Bits
- Missing Number
- Sum of Two Integers
- Power of Two
- Power of Four
本文将根据题目总结常用的位操作常用的解决算法问题的技巧
如读者对基本的位操作概念还不熟悉，可以先参考笔者的文章浅谈程序设计中的位操作http://www.jianshu.com/p/294fc6605bb1
Single Number落单的数
给出2*n + 1 个的数字，除其中一个数字之外其他每个数字均出现两次，找到这个数字。
思路：
一个数字和自己进行异或操作会是0，由于异或操作满足交换定律，一个数和0进行异或操作还是本身。所以这道题目的思路就来了，将所有出现两次的数异或就都变成了0，最后剩的那个数和0异或就还是本身。直接将数组所有数异或，就可以找出那个落单的数
public class Solution {
public int singleNumber(int[] nums) {
int res = 0;
for(int i=0;i<nums.length;i++)
res ^= nums[i];
return res;
}
}
落单的数 IISingle Number II
给出3*n + 1 个的数字，除其中一个数字之外其他每个数字均出现三次，找到这个数字。
思路：
java中int是32位的，所以我们利用一个32的数组，分别记录每一位1的情况，如果出现三次就清0，最后留下来的就是那个只出现1次的数字在那一位上的情况，然后进行移位复原
public class Solution {
public int singleNumber(int[] A) {
int[] bits = new int[32];
int res = 0;
for(int i=0;i<32;i++) {
for(int j=0;j<A.length;j++) {
bits[i] += (A[j]>>i) & 1;
}
res = res | ((bits[i]%3) << i);
}
return res;
}
}
如果要找出现4次或者出现5次等的情况，只要%5就行了。
Single Number III落单的数 III
给出2*n + 2个的数字，除其中两个数字之外其他每个数字均出现两次，找到这两个数字。
思路
如果能把这两个不同的数字分开，那么直接采取落单的数1的方法异或就可以了。
所以，我们先考虑将所有数异或，最后得到的结果是两个不同的数的异或结果，然后我们找到最后一位为1的位，为1代表这两个数在这一位上是不同的。然后用这个位与数组中每个数相与，就可以把数分成两部分，一部分里有第一个不同的数，另一部分有第二个不同的数，所以这个时候我们只要直接异或就可以得到结果了。
public class Solution {
public int[] singleNumber(int[] A) {
int xor = 0;
for(int i=0;i<A.length;i++) {
xor ^= A[i];
}
// a&(a-1)将最后为1的一位变成0
int lastbit = xor - (xor & (xor -1)); //取出最后一个为1的位
int group0 = 0, group1 = 0;
for(int i=0;i<A.length;i++) {
if((lastbit & A[i]) == 0)
group0 ^= A[i];
else
group1 ^= A[i];
}
return new int[]{group0,group1};
}
}
Number of 1 Bits
Write a function that takes an unsigned integer and returns the number of ’1′ bits it has (also known as the Hamming weight).
For example, the 32-bit integer ’11′ has binary representation 00000000000000000000000000001011
, so the function should return 3.
思路：
依次拿每一位与1进行比较，统计1的个数，然后逻辑右移，不能用算数右移，算数右移会在高位加一。
public class Solution {
// you need to treat n as an unsigned value
public int hammingWeight(int n) {
int ones = 0;
while(n!=0) {
ones += (n & 1);
n = n >>> 1;
}
return ones;
}
}
还有一种方法，我们知道n&(n-1)会把n中最后为1的一位变成0。
所以我们调用n&(n-1),看看调几次这个数会变成0，就说明有几个1.
public class Solution {
// you need to treat n as an unsigned value
public int hammingWeight(int n) {
int sum = 0;
while(n != 0) {
sum++;
n = n & (n-1);
}
return sum;
}
}
Counting Bits
Given a non negative integer number num. For every numbers i in the range 0 ≤ i ≤ num calculate the number of 1’s in their binary representation and return them as an array.
Example:
For num = 5 you should return [0,1,1,2,1,2].
思路：
我们当然可以利用上一题的方法，直接每个数计算一次
但也发现是存在规律的
image.png
public class Solution {
public int[] countBits(int num) {
int[] res = new int[num+1];
for(int i=1;i<=num;i++)
res[i] = res[i>>1] + (i & 1);
return res;
}
}
Reverse Bits
Reverse bits of a given 32 bits unsigned integer.
For example, given input 43261596 (represented in binary as 00000010100101000001111010011100), return 964176192 (represented in binary as 00111001011110000010100101000000).
思路：
利用位操作，先交换相邻的两位，再交换的四位，再交换相邻的八位。
举个例子；
我们交换12345678
可以先变成 21436587
再变成43218765
最后87654321，交换成功
对于32位也是如此的思路。
关键如何用位操作实现，首先交换两位的话，可以先分别取出前一位
x & （10101010101010101101010。。。。）
换成16进制就是
x & (0xaaaaaaaa)取出前一位，因为要与要有后一位交换，所以右移一位，因为只是单纯的交换，所以是逻辑右移
（x & 0xaaaaaaaa） >>> 1
然后对后一位也进行相应的操作，很容易得出
(x & 0x555555555) << 1
最后分别将前一位后一位合起来，使用或操作就可以了
所以，第一次交换后
x = ((x & 0xaaaaaaaa) >>> 1) | ((x & 0x55555555) << 1);
然后进行第二次交换：
取出前两位
x & (1100110011001100……)也就是 x & 0xcccccccc.
后面的步骤都是一样的思路
x = ((x & 0xcccccccc) >>> 2) | ((x & 0x33333333) << 2);
第三次交换
x = ((x & 0xf0f0f0f0) >>> 4) | ((x & 0x0f0f0f0f) << 4);
第四次交换
x = ((x & 0xff00ff00) >>> 8) | ((x & 0x00ff00ff) << 8);
第四次交换
x = ((x & 0xffff0000) >>> 16) | ((x & 0x0000ffff) << 16);
交换成功
代码就是上面的交换的过程
public class Solution {
// you need treat n as an unsigned value
public int reverseBits(int x) {
x = ((x & 0xaaaaaaaa) >>> 1) | ((x & 0x55555555) << 1);
x = ((x & 0xcccccccc) >>> 2) | ((x & 0x33333333) << 2);
x = ((x & 0xf0f0f0f0) >>> 4) | ((x & 0x0f0f0f0f) << 4);
x = ((x & 0xff00ff00) >>> 8) | ((x & 0x00ff00ff) << 8);
x = ((x & 0xffff0000) >>> 16) | ((x & 0x0000ffff) << 16);
return x;
}
}
Missing Number
给出一个包含 0 .. N 中 N 个数的序列，找出0 .. N 中没有出现在序列中的那个数。
public class Solution {
public int missingNumber(int[] nums) {
int xor = 0, i = 0;
for (i = 0; i < nums.length; i++) {
xor = xor ^ i ^ nums[i];
}
return xor ^ i;
}
}
Sum of Two Integers
位操作实现A+B的操作是常见的算法题。
lintcode上就有一道容易题是这样。
class Solution {
/*
* param a: The first integer
* param b: The second integer
* return: The sum of a and b
*/
public int aplusb(int a, int b) {
// write your code here, try to do it without arithmetic operators.
if(a==0)return b;
if(b==0)return a;
int x1 = a^b;
int x2 = (a&b)<<1;
return aplusb(x1,x2);
}
};
上述代码就实现了不用+操作符，利用位操作实现两个数的相加操作。
现在我们来讲解位操作实现两个数相加的原理
首先，十进制中，我们知道，7+8，不进位和是5，进位是1，然后我们可以根据不进位和和进位5+1*10算出最后的结果15。
类似二进制也可以采取这种方法
比如
a = 3，b = 6
a : 0011
b : 0110
不进位和： 0101 也就是5
进位：0010 也就是2
所以a+b变成5 + （2<<1）
5 0101
2<<1 0100
不进位和 0001 = 1
进位 0100 = 4
因此 a + b就变成了1 + 4 << 1
然后有
1 0001
4<<1 1000
不进位和 1001 = 9
进位 0000 = 0
当时进位为0时，不进位和为9即a + b之和。
可以发现上述是一个递归的过程，所以也就不难写出代码了。求两个数的不进位和实际上就是将两个数异或操作即可。
Power of Two
Given an integer, write a function to determine if it is a power of two.
要为2的次方
1，2，4，8，16
也就是每位分别单独为1
1
10
100
1000
10000
所以n & (n-1)必须为0
public class Solution {
public boolean isPowerOfTwo(int n) {
if(n<=0)
return false;
return (n & (n-1)) == 0;
}
}
Power of Four
Given an integer (signed 32 bits), write a function to check whether it is a power of 4.
按照上一题的思路，我们先列举出几个4的次方数，观察他门的规律
1
100
10000
1000000
我们发现不仅要2的次方的性质，还要满足 1所在的位必须是奇数位，所以我们取出奇数位，由于，1只在奇数位，所以取出奇数位后，应该还和原来的数相等
取奇数位的方法在反转bit那题中已经讲过，就是x & 0x55555555
public class Solution {
public boolean isPowerOfFour(int num) {
return (num > 0) && ((num & (num - 1)) == 0) && ((num & 0x55555555) == num);
}
}
