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基础位运算符:
&: 有 0 就是 0
| : 有 1 就是 1
^ :相同为0,相异为1(无进位相加)
1.给一个数 n, 确定它的二进制表示中的第x位是 0 还是 1 . 使用公式(n >> x) & 1
2.将一个数 n 的二进制表示的 第x位 修改成 1. 将x位置 | 1,其余位置 | 0, 操作: n = n | (1 << x)
3.将一个数n 的二进制表示的第x 位修改成0. 将x位置 & 0,其余位置 & 1,操作: n = n&(~(1 << x) )
4.lowbit提取一个数(n)二进制表示中最右侧的1 . 让-n(让数n 按位取反再加1) & n
其中 -n 操作 本质是:将最左侧的1 的左边区域全部变成相反
5.将一个数(n)二进制表示中的最左侧的1变成0. 使用 n & (n - 1)
6.异或(^)运算的运算律
- a ^ 0 = a
- a ^ a = 0(消消乐)
- a ^ b ^ c = a ^ (b ^ c)
由第一个和第二个规律延申: 奇数个a相异或得到a, 偶数个a异或得到0
对应的题目练习
判定字符是否唯一
解法
解法一: 利用哈希表 ,遍历字符串,每次将字符放进hash表中,判断是否重复. 时间复杂度和空间复杂度都是O(n),但其实new一个hash[26]就行
解法二: 位图, 用一个int 32位中的0~25位每一位表示26个字母,0代表没出现过,1代表出现了
优化:鸽巢原理(抽屉原理),如果字符串长度大于26个,那么一定是有重复的字母
代码
class Solution {
public boolean isUnique(String astr) {
//优化
if(astr.length() > 26) return false;
int bitMap = 0;
for(int i = 1; i < astr.length(); i++){
int x = astr.charAt(i) - 'a';
//先判断字符是否在位图中
if((bitMap >> x) & 1 == 1) return false;
//把当前字符加入位图中
bitMap |= 1 << x;
}
return true;
}
}丢失的数字
解法
解法一: 哈希集合,遍历数组,将出现的过的数字标记为1
解法二: 高斯求和, 求0到5的和 ,再减去nums的和,得出结果
解法三: 异或运算规律, 将nums和0到5的所有数字都 异或 ,得到的结果就是 消失的数字
代码
//利用哈希集合
class Solution {
public int missingNumber(int[] nums) {
//利用集合
Set<Integer> set = new HashSet<>();
int n = nums.length;
//先把原数组放到set里
for(int x : nums) set.add(x);
int ret = -1;
//把完整数组的每一个元素放到set里判断是否包含,即可查出缺失的数字
for(int i = 0; i <= n; i++){
if(!set.contains(i)){
ret = i;
break;
}
}
return ret;
}
}
//利用高斯求和
class Solution {
public int missingNumber(int[] nums) {
int n = nums.length;
int ret = (n * (n + 1)) / 2;
for(int i : nums) ret -= i;
return ret;
}
}
//利用异或
class Solution {
public int missingNumber(int[] nums) {
int ret = 0;
for(int x : nums){
ret ^= x;
}
for(int i = 0; i <= nums.length; i++){
ret ^= i;
}
return ret;
}
}两整数之和
解法
利用位运算, 将要计算的两个数的和拆分为 两部分: 无进位和 以及 进位和
- 无进位相加 ,"异或"运算:, 即a ^ b,
- 进位操作可以使用 "与"运算后再左移一位用符号表示: (a & b) << 1
步骤1得到的数又重新记为 a, 步骤2得到得到的数重新记为b,重复以上操作,最后直到b=0即可得出结果
画图举例
代码
class Solution {
public int getSum(int a, int b) {
while(b != 0){
int tmp = a;
a ^= b;//先算出无进位相加
b = (b & tmp)<<1;//算出进位相加
}
return a;
}
}只出现一次的数字||
解法
题目要求实现: 线性时间复杂度 即O(n),常数级空间复杂度 即O(n)
数组中所有数的比特位 相加可以分为4种情况,如下图
将每一个数的 每一位比特位分别对应相加 后 再%3得到的就是 只出现过一次的数a
画图举例
代码
class Solution {
public int singleNumber(int[] nums) {
int ret = 0;
for(int i = 0; i < 32; i++){//依次修改ret中的每一个比特位
int sum = 0;//统计nums中所有数的第i为的和
for(int x : nums){
if(((x >> i) & 1) == 1){
sum++;
}
}
sum %= 3;//超时sum对应i位置ret中比特位的数,
//如果sum是1,就将ret的i位置修改为1,0则不用管
if(sum == 1) ret |= 1 << i;
}
return ret;
}
}消失的两个数字
解法
将nums 和 完整数组1~n的所有数字都异或 得到的结果就是a^b(必定不为0),结果就是将a^b分开得到a和b,问题就转变成了: 已知a^b,如何将a和b分开
找到a^b相异的部分dif(即a^b的比特位第一次出现1的位置),将所有的数通过 dif 分类开,再 异或,就可以得到a和b
代码
class Solution {
public int[] missingTwo(int[] nums) {
int tmp = 0;
for(int x: nums) tmp ^= x;
for(int i = 1;i <= nums.length + 2;i++) tmp ^= i;
//找出a,b两个数比特位不同的第一位,即第一次出现1的位置
int dif= 0;
while(true){
if(((tmp >> dif) & 1) == 1) break;
else dif++;
}
int[] ret = new int[2];
for(int x: nums){
if(((x >> dif) & 1) == 1) ret[1] ^= x;
else ret[0] ^= x;
}
//将所有的数按照dif位不同,分两类进行异或
for(int i =1 ;i <= nums.length + 2;i++){
if(((i >> dif) & 1) == 1) ret[1] ^= i;
else ret[0] ^= i;
}
return ret;
}
}