位运算
位运算就是基于整数的二进制表示进行的运算。由于计算机内部就是以二进制来存储数据,位运算是相当快的。
基本的位运算共 \(6\) 种,分别为按位与、按位或、按位异或、按位取反、左移和右移。
为了方便叙述,下文中省略「按位」。
与、或、异或¶
这三者都是两数间的运算,因此在这里一起讲解。
它们都是将两个整数作为二进制数,对二进制表示中的每一位逐一运算。
运算 | 运算符 | 数学符号表示 | 解释 |
---|---|---|---|
与 | & | \(\&\)、\(\operatorname{and}\) | 只有两个对应位都为 \(1\) 时才为 \(1\) |
或 | | | \(\mid\)、\(\operatorname{or}\) | 只要两个对应位中有一个 \(1\) 时就为 \(1\) |
异或 | ^ | \(\oplus\)、\(\operatorname{xor}\) | 只有两个对应位不同时才为 \(1\) |
注意区分逻辑与(对应的数学符号为 \(\wedge\))和按位与、逻辑或(\(\vee\))和按位或的区别。网络中的资料中使用的符号多有不规范之处,以上下文为准。
异或运算的逆运算是它本身,也就是说两次异或同一个数最后结果不变,即 \(a \oplus b \oplus b = a\) 。
举例:
取反¶
取反是对一个数 \(num\) 进行的位运算,即单目运算。
取反暂无默认的数学符号表示,其对应的运算符为 ~
。它的作用是把 \(num\) 的二进制补码中的 \(0\) 和 \(1\) 全部取反(\(0\) 变为 \(1\),\(1\) 变为 \(0\))。有符号整数的符号位在 ~
运算中同样会取反。
补码:在二进制表示下,正数和 \(0\) 的补码为其本身,负数的补码是将其对应正数按位取反后加一。
举例(有符号整数):
左移和右移¶
num << i
表示将 \(num\) 的二进制表示向左移动 \(i\) 位所得的值。
num >> i
表示将 \(num\) 的二进制表示向右移动 \(i\) 位所得的值。
举例:
移位运算中如果出现如下情况,则其行为未定义:
- 右操作数(即移位数)为负值;
- 右操作数大于等于左操作数的位数;
例如,对于 int
类型的变量 a
, a<<-1
和 a<<32
都是未定义的。
对于左移操作,需要确保移位后的结果能被原数的类型容纳,否则行为也是未定义的。1对一个负数执行左移操作也未定义。2
对于右移操作,右侧多余的位将会被舍弃,而左侧较为复杂:对于无符号数,会在左侧补 \(0\);而对于有符号数,则会用最高位的数(其实就是符号位,非负数为 \(0\),负数为 \(1\))补齐。3
复合赋值位运算符¶
和 +=
, -=
等运算符类似,位运算也有复合赋值运算符: &=
, |=
, ^=
, <<=
, >>=
。(取反是单目运算,所以没有。)
关于优先级¶
位运算的优先级低于算术运算符(除了取反),而按位与、按位或及异或低于比较运算符(详见 运算页面),所以使用时需多加注意,在必要时添加括号。
位运算的应用¶
位运算一般有三种作用:
-
高效地进行某些运算,代替其它低效的方式。
-
表示集合(常用于 状压 DP)。
-
题目本来就要求进行位运算。
需要注意的是,用位运算代替其它运算方式(即第一种应用)在很多时候并不能带来太大的优化,反而会使代码变得复杂,使用时需要斟酌。(但像「乘 2 的非负整数次幂」和「除以 2 的非负整数次幂」就最好使用位运算,因为此时使用位运算可以优化复杂度。)
有关 2 的幂的应用¶
由于位运算针对的是变量的二进制位,因此可以推广出许多与 2 的整数次幂有关的应用。
将一个数乘(除) 2 的非负整数次幂:
int mulPowerOfTwo(int n, int m) { // 计算 n*(2^m)
return n << m;
}
int divPowerOfTwo(int n, int m) { // 计算 n/(2^m)
return n >> m;
}
def mulPowerOfTwo(n, m): # 计算 n*(2^m)
return n << m
def divPowerOfTwo(n, m): # 计算 n/(2^m)
return n >> m
Warning
我们平常写的除法是向 \(0\) 取整,而这里的右移是向下取整(注意这里的区别),即当数大于等于 \(0\) 时两种方法等价,当数小于 \(0\) 时会有区别,如: -1 / 2
的值为 \(0\) ,而 -1 >> 1
的值为 \(-1\) 。
取绝对值¶
在某些机器上,效率比 n > 0 ? n : -n
高。
int Abs(int n) {
return (n ^ (n >> 31)) - (n >> 31);
/* n>>31 取得 n 的符号,若 n 为正数,n>>31 等于 0,若 n 为负数,n>>31 等于 -1
若 n 为正数 n^0=n, 数不变,若 n 为负数有 n^(-1)
需要计算 n 和 -1 的补码,然后进行异或运算,
结果 n 变号并且为 n 的绝对值减 1,再减去 -1 就是绝对值 */
}
def Abs(n):
return (n ^ (n >> 31)) - (n >> 31)
"""
n>>31 取得 n 的符号,若 n 为正数,n>>31 等于 0,若 n 为负数,n>>31 等于 -1
若 n 为正数 n^0=n, 数不变,若 n 为负数有 n^(-1)
需要计算 n 和 -1 的补码,然后进行异或运算,
结果 n 变号并且为 n 的绝对值减 1,再减去 -1 就是绝对值
"""
取两个数的最大/最小值¶
在某些机器上,效率比 a > b ? a : b
高。
// 如果 a >= b, (a - b) >> 31 为 0,否则为 -1
int max(int a, int b) { return (b & ((a - b) >> 31)) | (a & (~(a - b) >> 31)); }
int min(int a, int b) { return (a & ((a - b) >> 31)) | (b & (~(a - b) >> 31)); }
# 如果 a >= b, (a - b) >> 31 为 0,否则为 -1
def max(a, b):
return b & ((a - b) >> 31) | a & (~(a - b) >> 31)
def min(a, b):
return a & ((a - b) >> 31) | b & (~(a - b) >> 31)
判断两非零数符号是否相同¶
bool isSameSign(int x, int y) { // 有 0 的情况例外
return (x ^ y) >= 0;
}
# 有 0 的情况例外
def isSameSign(x, y):
return (x ^ y) >= 0
交换两个数¶
该方法具有局限性
这种方式只能用来交换两个整数,使用范围有限。
对于一般情况下的交换操作,推荐直接调用 algorithm
库中的 std::swap
函数。
void swap(int &a, int &b) { a ^= b ^= a ^= b; }
操作一个数的二进制位¶
获取一个数二进制的某一位:
// 获取 a 的第 b 位,最低位编号为 0
int getBit(int a, int b) { return (a >> b) & 1; }
# 获取 a 的第 b 位,最低位编号为 0
def getBit(a, b):
return (a >> b) & 1
将一个数二进制的某一位设置为 \(0\):
// 将 a 的第 b 位设置为 0 ,最低位编号为 0
int unsetBit(int a, int b) { return a & ~(1 << b); }
# 将 a 的第 b 位设置为 0 ,最低位编号为 0
def unsetBit(a, b):
return a & ~(1 << b)
将一个数二进制的某一位设置为 \(1\):
// 将 a 的第 b 位设置为 1 ,最低位编号为 0
int setBit(int a, int b) { return a | (1 << b); }
# 将 a 的第 b 位设置为 1 ,最低位编号为 0
def setBit(a, b):
return a | (1 << b)
将一个数二进制的某一位取反:
// 将 a 的第 b 位取反 ,最低位编号为 0
int flapBit(int a, int b) { return a ^ (1 << b); }
# 将 a 的第 b 位取反 ,最低位编号为 0
def flapBit(a, b):
return a ^ (1 << b)
这些操作相当于将一个 \(32\) 位整型变量当作一个长度为 \(32\) 的布尔数组。
汉明权重¶
汉明权重是一串符号中不同于(定义在其所使用的字符集上的)零符号(zero-symbol)的个数。对于一个二进制数,它的汉明权重就等于它 \(1\) 的个数(即 popcount
)。
求一个数的汉明权重可以循环求解:我们不断地去掉这个数在二进制下的最后一位(即右移 \(1\) 位),维护一个答案变量,在除的过程中根据最低位是否为 \(1\) 更新答案。
代码如下:
// 求 x 的汉明权重
int popcount(int x) {
int cnt = 0;
while (x) {
cnt += x & 1;
x >>= 1;
}
return cnt;
}
求一个数的汉明权重还可以使用 lowbit
操作:我们将这个数不断地减去它的 lowbit
4,直到这个数变为 \(0\)。
代码如下:
// 求 x 的汉明权重
int popcount(int x) {
int cnt = 0;
while (x) {
cnt++;
x -= x & -x;
}
return cnt;
}
构造汉明权重递增的排列¶
在 状压 DP 中,按照 popcount 递增的顺序枚举有时可以避免重复枚举状态。这是构造汉明权重递增的排列的一大作用。
下面我们来具体探究如何在 \(O(n)\) 时间内构造汉明权重递增的排列。
我们知道,一个汉明权重为 \(n\) 的最小的整数为 \(2^n-1\)。只要可以在常数时间构造出一个整数汉明权重相等的后继,我们就可以通过枚举汉明权重,从 \(2^n-1\) 开始不断寻找下一个数的方式,在 \(O(n)\) 时间内构造出 \(0\sim n\) 的符合要求的排列。
而找出一个数 \(x\) 汉明权重相等的后继有这样的思路,以 \((10110)_2\) 为例:
-
把 \((10110)_2\) 最右边的 \(1\) 向左移动,如果不能移动,移动它左边的 \(1\),以此类推,得到 \((11010)_2\)。
-
把得到的 \((11010)_2\) 最后移动的 \(1\) 原先的位置一直到最低位的所有 \(1\) 都移到最右边。这里最后移动的 \(1\) 原来在第三位,所以最后三位 \(010\) 要变成 \(001\),得到 \((11001)_2\)。
这个过程可以用位运算优化:
int t = x + (x & -x);
x = t | ((((t&-t)/(x&-x))>>1)-1);
- 第一个步骤中,我们把数 \(x\) 加上它的
lowbit
,在二进制表示下,就相当于把 \(x\) 最右边的连续一段 \(1\) 换成它左边的一个 \(1\)。如刚才提到的二进制数 \((10110)_2\),它在加上它的lowbit
后是 \((11000)_2\)。这其实得到了我们答案的前半部分。 - 我们接下来要把答案后面的 \(1\) 补齐,\(t\) 的
lowbit
是 \(x\) 最右边连续一段 \(1\) 最左边的 \(1\) 移动后的位置,而 \(x\) 的lowbit
则是 \(x\) 最右边连续一段 \(1\) 最左边的位置。还是以 \((10110)_2\) 为例,\(t = (11000)_2\),\(\operatorname{lowbit}(t) = (01000)_2\),\(\operatorname{lowbit}(x)=(00010)_2\)。 - 接下来的除法操作是这种位运算中最难理解的部分,但也是最关键的部分。我们设**原数**最右边连续一段 \(1\) 最高位的 \(1\) 在第 \(r\) 位上(位数从 \(0\) 开始),最低位的 \(1\) 在第 \(l\) 位,\(t\) 的
lowbit
等于1 << (r+1)
,\(x\) 的lowbit
等于1 << l
,(((t&-t)/(x&-x))>>1)
得到的,就是(1<<(r+1))/(1<<l)/2 = (1<<r)/(1<<l) = 1<<(r-l)
,在二进制表示下就是 \(1\) 后面跟上 \(r-l\) 个零,零的个数正好等于连续 \(1\) 的个数减去 \(1\) 。举我们刚才的数为例,\(\frac{\operatorname{lowbit(t)\div 2}}{\operatorname{lowbit(x)}} = \frac{(00100)_2}{(00010)_2} = (00010)_2\) 。把这个数减去 \(1\) 得到的就是我们要补全的低位,或上原来的数就可以得到答案。
所以枚举 \(0\sim n\) 按汉明权重递增的排列的完整代码为:
for (int i = 0; (1<<i)-1 <= n; i++) {
for (int x = (1<<i)-1, t; x <= n; t = x+(x&-x), x = x ? (t|((((t&-t)/(x&-x))>>1)-1)) : (n+1)) {
// 写下需要完成的操作
}
}
其中要注意 \(0\) 的特判,因为 \(0\) 没有相同汉明权重的后继。
内建函数¶
GCC 中还有一些用于位运算的内建函数:
-
int __builtin_ffs(int x)
:返回 \(x\) 的二进制末尾最后一个 \(1\) 的位置,位置的编号从 \(1\) 开始(最低位编号为 \(1\) )。当 \(x\) 为 \(0\) 时返回 \(0\) 。 -
int __builtin_clz(unsigned int x)
:返回 \(x\) 的二进制的前导 \(0\) 的个数。当 \(x\) 为 \(0\) 时,结果未定义。 -
int __builtin_ctz(unsigned int x)
:返回 \(x\) 的二进制末尾连续 \(0\) 的个数。当 \(x\) 为 \(0\) 时,结果未定义。 -
int __builtin_clrsb(int x)
:当 \(x\) 的符号位为 \(0\) 时返回 \(x\) 的二进制的前导 \(0\) 的个数减一,否则返回 \(x\) 的二进制的前导 \(1\) 的个数减一。 -
int __builtin_popcount(unsigned int x)
:返回 \(x\) 的二进制中 \(1\) 的个数。 -
int __builtin_parity(unsigned int x)
:判断 \(x\) 的二进制中 \(1\) 的个数的奇偶性。
这些函数都可以在函数名末尾添加 l
或 ll
(如 __builtin_popcountll
)来使参数类型变为 ( unsigned
) long
或 ( unsigned
) long long
(返回值仍然是 int
类型)。 例如,我们有时候希望求出一个数以二为底的对数,如果不考虑 0
的特殊情况,就相当于这个数二进制的位数 -1
,而一个数 n
的二进制表示的位数可以使用 32-__builtin_clz(n)
表示,因此 31-__builtin_clz(n)
就可以求出 n
以二为底的对数。
由于这些函数是内建函数,经过了编译器的高度优化,运行速度十分快(有些甚至只需要一条指令)。
更多位数¶
如果需要操作的集合非常大,可以使用 bitset 。
题目推荐¶
参考资料与注释¶
- 位运算技巧: https://graphics.stanford.edu/~seander/bithacks.html
- Other Builtins of GCC: https://gcc.gnu.org/onlinedocs/gcc/Other-Builtins.html
-
适用于 C++14 以前的标准。在 C++14 和 C++17 标准中,若原值为带符号类型,且移位后的结果能被原类型的无符号版本容纳,则将该结果 转换 为相应的带符号值,否则行为未定义。在 C++20 标准中,规定了无论是带符号数还是无符号数,左移均直接舍弃移出结果类型的位。 ↩
-
适用于 C++20 以前的标准。 ↩
-
这种右移方式称为算术右移。在 C++20 以前的标准中,并没有规定带符号数右移运算的实现方式,大多数平台均采用算术右移。在 C++20 标准中,规定了带符号数右移运算是算术右移。 ↩
-
一个数二进制表示从低往高的第一个 \(1\) 连同后面的零,如 \((1010)_2\) 的
lowbit
是 \((0010)_2\),详见 树状数组。 ↩