原问题：
给定一个字符串数组，找到长度的最大值length(word[i]) * length(word[j])，个中两个单词中的字母无雷同。您能够假定每一个单词只包括小写字母。假如没有这两个词，返回0。
例：
Input: ["abcw","baz","foo","bar","xtfn","abcdef"]
Output: 16
Explanation: The two words can be "abcw", "xtfn".剖析：
这题肯定要举行交织对照(2个for轮回)，但最症结的就是对照历程，也就是推断2个字符串是不是存在雷同的字符。
假如运用indexOf或许数组下标纪录都邑形成时刻复杂度大幅提拔，看了别人的答案发明运用的是位操作符<<，|和&，而且是在交织对照之前举行预处理，交织对照的时刻只需要简朴的推断pretreate[i] & pretreate[j]===0便可，
由于运用后效力提拔太多，剖析而且纪录一下。
先诠释val |= (1 << (word.charCodeAt(i)-aCode))：
-
word.charCodeAt(i)-aCode这个很好懂，也就是a对应0，b对应1…这里的0,1数字代表的是
二进制1背面的位数。 -
1<<0，1<<1是什么呢？1在二进制中(32位)就是
00000000000000000000000000000001，<<是左移1位，那末
1<<0照样1，1<<1就是(前面的零省略)10，1<<2就是100，1<<3就是1000，因而可知
a就是1，b是10，c是100…z是10000000000000000000000000(25个0)。 -
|是按位或：二进制编码中，每一位二者个中一个为1，则为1，不然，则为0，因而
val |=就是对每一个字符兼并，比方ab是00010|00001=>00011，f是100000，ffff也是100000，big是101000010，axdg是100000000000000001001001。 &，按位与，二进制编码中，每一位二者都为1，则为1，不然，则为0，例1：
axdg和oigd要推断是不是有反复：axdg是：100000000000000001001001 oifd是： 100000100101000 & 后： 000000000000000000001000由于第4位都为1，所以末了不为0，也可得知反复的就是字母表第4位：
d。
例2：axdg和lkmk要推断是不是有反复：效果为0，申明无反复。
axdg是：100000000000000001001001 lkmk是： 1110000000000 & 后： 000000000000000000000000
总结：这类要领运用了二进制数字的位数作为保留字符的手腕，相比起数组，散列表等，速率更快，在保留量较小(<=32)上风异常显著。
代码：
/**
* @param {string[]} words
* @return {number}
*/
var maxProduct = function(words) {
let aCode='a'.charCodeAt(0)
function compute(word){
let val=0
for(let i=0;i<word.length;i++){
val |= (1 << (word.charCodeAt(i)-aCode))
}
return val
}
let pretreatment=[]
for(let i=0;i<words.length;i++){
pretreatment[i]=compute(words[i])
}
let maxSum=0
for(let i=0;i<words.length-1;i++){
for(let j=i+1;j<words.length;j++){
let len1=words[i].length,len2=words[j].length
if(len1*len2>maxSum && (pretreatment[i] & pretreatment[j])===0){
maxSum=len1*len2
}
}
}
return maxSum
};