位操作符的总结 Brian Kernighan算法
这个算法的意思是，对任何一个数 n，n & ( n − 1 ) 的结果是n的比特位最右端的1变为0的结果。例如，n = 12 , n − 1 = 11 , 11 & 12 = 8 n=12,n-1=11,11\&12=8n=12,n−1=11,11&12=8
n & (~n + 1)提取出整数n最后一位为1的数
举例：n = 01101，~n 是将n按位取反就是10010，~n + 1 = 10011，最后，n & (~n + 1) = 00001
练习：
2 判断一个数字n的比特位中1的个数
直观的，我们可以对n右移以为然后与1相与，循环32次即可，但如果我们使用Brian Kernighan 算法，会变得简单许多，循环的次数仅与n中1的个数有关。两种快速方法：
int fun1(int num) { int count = 0; while (num) { num -= num & (~num + 1); ++count; } return count; } int fun2(int num) { int count = 0; while (num) { num = num & (num - 1); ++count; } return count; } int main() { int a = 16516; bitset<10> b(a); cout << b << endl; cout << fun1(a) << endl; cout << fun2(a) << endl; }
给定一个整数，编写一个函数来判断它是否是 2 的幂次方。
首先，我们直到2的次方数都是只有一个1的，
1 − > 1 , 2 − > 10 , 4 − > 100 , 8 − > 1000 , 16 − > 10000.... 1->1,2->10,4->100,8->1000,16->10000 ....
1−>1,2−>10,4−>100,8−>1000,16−>10000....
也是，直观的，我们也可以暴力循环32次，找出数字1的个数，随后判断。但我们也可以通过Brian Kernighan 算法，一步进行解决。试想以下，如果有8 − > 1000 8->10008−>1000，那么7 − > 0111 7->01117−>0111，发现8 & 7 = 0 8\&7=08&7=0，推广的所有的2的次方数，也是一个结果。
bool isPowerOfTwo(int n){ if(n==0) return false; return n&(n-1)==0; }
给定范围 [m, n]，其中 0 <= m <= n <= 2147483647，返回此范围内所有数字的按位与（包含 m, n 两端点）。
思路：首先，m=26,n=30,我们将这个范围的数字用二进制表示
11010， 11011 ， 11100 ， 11101 ， 11110
输出的结果24 ->11000
可以发现，只要找到二进制的左边的公共部分，即可。
同样采用Brian Kernighan 算法，我们只需将较大端不断缩小，也就是将较大端的最左边的二进制位的1变为0，直到较小端大于较大端。
/* m=5 101 n=7 111 n->6->4 在return 4&5=4 */ int rangeBitwiseAnd(int m, int n) { while (m < n) { n = n & (n - 1); } return n; }
不创建临时变量，交换两个数字 第一种方法 A=A+B
B=A−B=(A+B)−B=A
A=A−B=A+B−A=B 完成交换。 vector<int> swapNumbers(vector<int>& numbers) { numbers[0] = numbers[0]+numbers[1]; numbers[1] = numbers[0]-numbers[1]; numbers[0] ^= numbers[0]-numbers[1]; return numbers; } 第一种方法可能会溢出，所以可以使用按位异或运算符。 vector<int> swapNumbers(vector<int>& numbers) { numbers[0] ^= numbers[1]; numbers[1] ^= numbers[0]; numbers[0] ^= numbers[1]; return numbers; }
