[面试题] 位运算

1.判断一个数是否是2的幂次？

 (number & number - 1) == 0

 原因：因为2的N次方换算是二进制为10……0这样的形式(0除外)。与上自己-1的位数，这们得到结果为0。例如。8的二进制为1000；8-1=7，7的二进制为111。两者相与的结果为0。

 

public static boolean checkPow(int x) {
        return ((x & (x - 1)) == 0);
    }

 

2.求一个数n的二进制中1的个数？

非常巧妙地利用了一个性质，n=n&(n-1) 能移除掉n的二进制中最右边的1的性质，循环移除，直到将1全部移除，这种方法将问题的复杂度降低到只和1的个数有关系

public static int numOfOne(int x) {
        int count = 0;
        while(x != 0){
            x &= x - 1;
            count++;
        }
        return count;
    }

http://blog.csdn.net/hackbuteer1/article/details/6681157

3.给定两个正整数（二进制形式表示）A和B，问把A变为B需要改变多少位（bit）?也就是说，整数A和B的二进制表示中有多少位是不同的？

举例说明，为了减少复杂度，就使用八位二进制吧。设 A = 0010 1011， B = 0110 0101.
1. C = A & B = 0010 0001；
2. D = A | B = 0110 1111；
3. E = C ^ D = 0100 1110；
4. 结果E中有4个1，那么也就是说将A变成B，需要改变4位（bit）。
至于如何判断E的二进制表示中有几个1，可以采用快速移位与方法。
算法原理如下：
1. A & B，得到的结果C中的1的位表明了A和B中相同的位都是1的位；
2. A | B， 得到的结果D中的1的位表明了A和B在该位至少有一个为1的位，包含了A 与 B 都是1的位数，
经过前两步的位运算，，C 中1的位表明了A 和 B在该位都是1，D中为0的位表明了A 和 B 在该位都是0 ，所以进行第三步。
3. C ^ D，E 中为1的位表明了A 和 B不同的位。

#include<iostream>
using namespace std;
int getNum(int n)
{
    if(n==0) return 0;
    int count=0;
    while(n)
    {
        n&=(n-1);
        count++;
    }
    return count;
} 
int main()
{
    int A=43,B=101;
    int C=A&B;
    int D=A|B;
    int E=C^D;
    cout<<getNum(E)<<endl;
    system("pause");
    return 0;
}

http://www.cnblogs.com/sooner/archive/2013/04/02/2994940.html

4.快速判断一个数是否是4的幂次方，若是，并判断出来是多少次方？

将4的幂次方写成二进制形式后，很容易就会发现有一个特点：二进制中只有一个1（1在奇数位置），并且1后面跟了偶数个0； 因此问题可以转化为判断1后面是否跟了偶数个0就可以了。

       4的整数次幂的二进制数都为 (4)100、(16)10000、(64)1000000......

        另外，4的幂次方4^n也可以写为2^(2*n)，即也可以写为2的幂次方，当然就满足2的幂次方的条件了，即num & num-1==0。

        思路：首先用条件num & num-1==0来判断是否为2的幂次方，若不满足，则不是。若满足，在用条件num & 0x55555555来判断，若为真，则这个整数是4的幂次方，否则不是。

bool fn(unsigned int x)      //判断x是否是4的幂次方
{
  if ( x & (x - 1) )         //判断x是否为2的幂次方
      return false;
  return x & 0x55555555;     //判断1是否在奇数位置上
}

int log4(int value)      //递归判断一个数是4的多少次方
{
    if (value == 1)
        return 0;
    else
    {
        value>>=1;       //往右移位
        return 1+log4(value>>1);       //往右移位
    }
}

 5. 将一个整数的所有bit反转?

The XOR swap trick:
Reversing bits could be done by swapping the n/2 least significant bits with its most significant bits. The trick is to implement a function called swapBits(i, j), which swaps the i^th bit with the j^th bit. If you still remember how XOR operation works: 0 ^ 0 == 0, 1 ^ 1 == 0, 0 ^ 1 == 1, and 1 ^ 0 == 1.

We only need to perform the swap when the i^th bit and the j^th bit are different. To test if two bits are different, we could use the XOR operation. Then, we need to toggle both i^th and j^th bits. We could apply the XOR operation again. By XOR-ing the i^th and j^th bit with 1, both bits are toggled.

typedef unsigned int uint;
uint swapBits(uint x, uint i, uint j) {
  uint lo = ((x >> i) & 1);
  uint hi = ((x >> j) & 1);
  if (lo ^ hi) {
    x ^= ((1U << i) | (1U << j));
  }
  return x;
}
 
uint reverseXor(uint x) {
  uint n = sizeof(x) * 8;
  for (uint i = 0; i < n/2; i++) {
    x = swapBits(x, i, n-i-1);
  }
  return x;
}

The run time complexity using the XOR trick to reverse bits is O(n), where n is the total number of bits in an unsigned integer.

The divide and conquer approach:
Remember how merge sort works? Let us use an example of n == 8 (one byte) to see how this works:

      01101001
    /         \
   0110      1001
  /   \     /   \
 01   10   10   01
 /\   /\   /\   /\
0 1  1 0  1 0  0 1

The first step is to swap all odd and even bits. After that swap consecutive pairs of bits, and so on…

Therefore, only a total of log(n) operations are necessary.

The below code shows a specific case where n == 32, but it could be easily adapted to larger n‘s as well.

uint reverseMask(uint x) {
  assert(sizeof(x) == 4); // special case: only works for 4 bytes (32 bits).
  x = ((x & 0x55555555) << 1) | ((x & 0xAAAAAAAA) >> 1);
  x = ((x & 0x33333333) << 2) | ((x & 0xCCCCCCCC) >> 2);
  x = ((x & 0x0F0F0F0F) << 4) | ((x & 0xF0F0F0F0) >> 4);
  x = ((x & 0x00FF00FF) << 8) | ((x & 0xFF00FF00) >> 8);
  x = ((x & 0x0000FFFF) << 16) | ((x & 0xFFFF0000) >> 16);
  return x;
}