必知必会位运算技巧手册

位操作（Bit Manipulation）可以有很多技巧，有一个叫做 Bit Twiddling Hacks 的网站收集了几乎所有位操作的黑科技玩法，网址如下： http://graphics.stanford.edu/~seander/bithacks.html 但是这些技巧大部分都过于晦涩，我觉得可以作为字典查阅，没必要逐条深究。但我认为那些有趣的、有用的位运算技巧，是我们每个人需要掌握的。 所以本文由浅入深，先展示几个有趣（但没卵用）的位运算技巧，然后再汇总几个在算法题以及工程开发中常用的位运算技巧。 几个有趣的位操作

1. 利用或操作`|`和空格将英文字符转换为小写

('a' | ' ') = 'a' ('A' | ' ') = 'a'

1. 利用与操作`&`和下划线将英文字符转换为大写

('b' & '_') = 'B' ('B' & '_') = 'B'

1. 利用异或操作`^`和空格进行英文字符大小写互换

('d' ^ ' ') = 'D' ('D' ^ ' ') = 'd' 以上操作能够产生奇特效果的原因在于 ASCII 编码。ASCII 字符其实就是数字，恰巧空格和下划线对应的数字通过位运算就能改变大小写。有兴趣的读者可以查 ASCII 码表自己算算，本文就不展开讲了。

1. 不用临时变量交换两个数

int a = 1, b = 2; a ^= b; b ^= a; a ^= b; // 现在 a = 2, b = 1

1. 加一

int n = 1; n = -~n; // 现在 n = 2

1. 减一

int n = 2; n = ~-n; // 现在 n = 1

1. 判断两个数是否异号

int x = -1, y = 2; boolean f = ((x ^ y) < 0); // true int x = 3, y = 2; boolean f = ((x ^ y) < 0); // false 如果说前 6 个技巧的用处不大，这第 7 个技巧还是比较实用的，利用的是补码编码的符号位。整数编码最高位是符号位，负数的符号位是 1，非负数的符号位是 0，再借助异或的特性，可以判断出两个数字是否异号。 当然，如果不用位运算来判断是否异号，需要使用 if else 分支，还挺麻烦的。你可能想利用乘积来判断两个数是否异号，但是这种处理方式容易造成整型溢出，从而出现错误。 index & (arr.length - 1) 的运用 我在单调栈解题套路中介绍过环形数组，其实就是利用求模（余数）的方式让数组看起来头尾相接形成一个环形，永远都走不完： int[] arr = {1,2,3,4}; int index = 0; while (true) { // 在环形数组中转圈 print(arr[index % arr.length]); index++; } // 输出：1,2,3,4,1,2,3,4,1,2,3,4... 但模运算%对计算机来说其实是一个比较昂贵的操作，所以我们可以用&运算来求余数： int[] arr = {1,2,3,4}; int index = 0; while (true) { // 在环形数组中转圈 print(arr[index & (arr.length - 1)]); index++; } // 输出：1,2,3,4,1,2,3,4,1,2,3,4... 简单说，& (arr.length - 1)这个位运算能够替代% arr.length的模运算，性能会更好一些。 那问题来了，现在是不断地index++，你做到了循环遍历。但如果不断地index--，还能做到环形数组的效果吗？ 答案是，如果你使用%求模的方式，那么当index小于 0 之后求模的结果也会出现负数，你需要特殊处理。但通过&与运算的方式，index不会出现负数，依然可以正常工作： int[] arr = {1,2,3,4}; int index = 0; while (true) { // 在环形数组中转圈 print(arr[index & (arr.length - 1)]); index--; } // 输出：1,4,3,2,1,4,3,2,1,4,3,2,1... 我们自己写代码一般用不到这个技巧，但在学习一些其他代码库时可能会经常看到，这里留个印象，到时候就不会懵逼了。 n & (n-1) 的运用 n & (n-1)这个操作在算法中比较常见，作用是消除数字n的二进制表示中的最后一个 1。 看个图就很容易理解了：

其核心逻辑就是，n - 1一定可以消除最后一个 1，同时把其后的 0 都变成 1，这样再和n做一次&运算，就可以仅仅把最后一个 1 变成 0 了。 1、计算汉明权重（Hamming Weight） 这是力扣第 191 题「位 1 的个数」：

就是让你返回n的二进制表示中有几个 1。因为n & (n - 1)可以消除最后一个 1，所以可以用一个循环不停地消除 1 同时计数，直到n变成 0 为止。 int hammingWeight(int n) { int res = 0; while (n != 0) { n = n & (n - 1); res++; } return res; } 2、判断一个数是不是 2 的指数 力扣第 231 题「2 的幂」就是这个问题。 一个数如果是 2 的指数，那么它的二进制表示一定只含有一个 1： 2^0 = 1 = 0b0001 2^1 = 2 = 0b0010 2^2 = 4 = 0b0100 如果使用n & (n-1)的技巧就很简单了（注意运算符优先级，括号不可以省略）： boolean isPowerOfTwo(int n) { if (n <= 0) return false; return (n & (n - 1)) == 0; } a ^ a = 0 的运用 异或运算的性质是需要我们牢记的： 一个数和它本身做异或运算结果为 0，即a ^ a = 0；一个数和 0 做异或运算的结果为它本身，即a ^ 0 = a。 1、查找只出现一次的元素 这是力扣第 136 题「只出现一次的数字」：

对于这道题目，我们只要把所有数字进行异或，成对儿的数字就会变成 0，落单的数字和 0 做异或还是它本身，所以最后异或的结果就是只出现一次的元素： int singleNumber(int[] nums) { int res = 0; for (int n : nums) { res ^= n; } return res; } 2、寻找缺失的元素 这是力扣第 268 题「丢失的数字」：

给一个长度为n的数组，其索引应该在[0,n)，但是现在你要装进去n + 1个元素[0,n]，那么肯定有一个元素装不下嘛，请你找出这个缺失的元素。 这道题不难的，我们应该很容易想到，把这个数组排个序，然后遍历一遍，不就很容易找到缺失的那个元素了吗？ 或者说，借助数据结构的特性，用一个 HashSet 把数组里出现的数字都储存下来，再遍历[0,n]之间的数字，去 HashSet 中查询，也可以很容易查出那个缺失的元素。 排序解法的时间复杂度是 O(NlogN)，HashSet 的解法时间复杂度是 O(N)，但是还需要 O(N) 的空间复杂度存储 HashSet。 这个问题其实还有一个特别简单的解法：等差数列求和公式。 题目的意思可以这样理解：现在有个等差数列0, 1, 2,..., n，其中少了某一个数字，请你把它找出来。那这个数字不就是sum(0,1,..n) - sum(nums)嘛？ int missingNumber(int[] nums) { int n = nums.length; // 虽然题目给的数据范围不大，但严谨起见，用 long 类型防止整型溢出 // 求和公式：(首项 + 末项) * 项数 / 2 long expect = (0 + n) * (n + 1) / 2; long sum = 0; for (int x : nums) { sum += x; } return (int)(expect - sum); } 不过，本文的主题是位运算，我们来讲讲如何利用位运算技巧来解决这道题。 再回顾一下异或运算的性质：一个数和它本身做异或运算结果为 0，一个数和 0 做异或运算还是它本身。 而且异或运算满足交换律和结合律，也就是说： 2 ^ 3 ^ 2 = 3 ^ (2 ^ 2) = 3 ^ 0 = 3 而这道题索就可以通过这些性质巧妙算出缺失的那个元素，比如说nums = [0,3,1,4]：

为了容易理解，我们假设先把索引补一位，然后让每个元素和自己相等的索引相对应：

这样做了之后，就可以发现除了缺失元素之外，所有的索引和元素都组成一对儿了，现在如果把这个落单的索引 2 找出来，也就找到了缺失的那个元素。 如何找这个落单的数字呢，只要把所有的元素和索引做异或运算，成对儿的数字都会消为 0，只有这个落单的元素会剩下，也就达到了我们的目的： int missingNumber(int[] nums) { int n = nums.length; int res = 0; // 先和新补的索引异或一下 res ^= n; // 和其他的元素、索引做异或 for (int i = 0; i < n; i++) res ^= i ^ nums[i]; return res; }

由于异或运算满足交换律和结合律，所以总是能把成对儿的数字消去，留下缺失的那个元素。 到这里，常见的位运算差不多都讲完了。这些技巧就是会者不难难者不会，也不需要死记硬背，只要有个印象就完全够用了。