二进制常见操作

二进制数中 1 的个数

解法 1

用 n & 1 判断最右边一位是否为 1，右移之后继续判断最右边一位，重复直到 n = 0。时间复杂度为 O(log2n)

#include

using namespace std;

int main() {

int n = 0b1101, cnt = 0;

while (n) {

cnt += n & 1;

n >>= 1;

}

cout << cnt << endl;

return 0;

}

解法 2

用 n & (n - 1) 可以消去最右边的 1，重复直到 n = 0。时间复杂度为 O(count)，取决于 1 的个数 count，所以这种方法优于第一种。

#include

using namespace std;

int main() {

int n = 0b1101, cnt = 0;

while (n) {

n = n & (n - 1);

++cnt;

}

cout << cnt << endl;

return 0;

}

判断二进制数某一位为 1 还是 0

判断从右数起第 k 位，(n >> (k - 1)) & 1

#include

using namespace std;

int main() {

int n = 0b1101;

cout << ((n >> 1) & 1) << endl; // 第 2 位为 0

cout << ((n >> 2) & 1) << endl; // 第 3 位为 1

return 0;

}

反转二进制数某一位

反转从右数起第 k 位，n ^ (1 << (k - 1))

#include

using namespace std;

int main() {

int n = 0b1101;

cout << (n ^ (1 << 2)) << endl; // 反转第 3 位 -> 1001

cout << (n ^ (1 << 1)) << endl; // 反转第 2 位 -> 1111

return 0;

}

进制操作的一些实用规律

一个数按位异或同一个数两次(n ^ x ^ x)，值不变。

#include

using namespace std;

int main() {

int n = 13, x = 666;

cout << (n ^ x ^ x) << endl; // 仍然是 13

return 0;

}

用按位与代替模，判断奇偶性，效率更高。n & 1 的结果为 0 就是偶数，结果为 1 就是奇数。

#include

using namespace std;

int main() {

cout << (4 & 1) << endl;

cout << (5 & 1) << endl;

return 0;

}

左移 k 位相当于乘 2 的 k 次幂，右移 k 位相当于除以 2 的 k 次幂。在分治策略中很常见，例如归并排序：

#include

#include

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using namespace std;

void partition(int a[], int l, int m, int r) {

int *t = new int[r - l + 1];

int i = l, j = m + 1, k = 0;

while (i <= m && j <= r) t[k++] = a[i] < a[j] ? a[i++] : a[j++];

while (i <= m) t[k++] = a[i++];

while (j <= r) t[k++] = a[j++];

for (int i = l; i <= r; ++i) a[i] = t[i - l];

delete[] t;

}

void merge_sort(int a[], int l, int r) {

if (l < r) {

int m = (l + r) >> 1; // 相当于 (l + r) / 2

merge_sort(a, l, m);

merge_sort(a, m + 1, r);

partition(a, l, m, r);

}

}

int main() {

srand(time(0));

int a[20];

for (int i = 0; i < 20; ++i) a[i] = rand() % 100;

merge_sort(a, 0, 19);

for (int i = 0; i < 20; ++i) cout << a[i] << " ";

return 0;

}

综合例题 —— 农夫过河问题

如果彻底理解了上面的二进制常见操作，再理解这题应该不难。

问题描述：

一个农夫带着一只狼，一只羊和一棵白菜，在河的一侧。农夫需要把所有东西运到河的对岸，但是一次最多只能带一个，而且，当农夫不在时，狼会吃羊，羊会吃白菜。所以，农夫不能让狼和羊独自呆在一起，也不能让羊和白菜独自待在一起，求出农夫能成功过河的方案。

解题思路：

这题可以用很巧妙的二进制操作模拟出农夫过河的过程。0000 表示都没过河，1111 表示都过河，右数第一位表示白菜的状态，第二位表示羊的状态，第三位表示狼的状态，第四位表示农夫的状态。(例如：1010表示农夫带着羊过河，狼和白菜没过河)，剩下的就通过深度优先搜索来枚举。

#include

#include

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using namespace std;

// 为了方便理解，定义了下列变量

int START = 0b0000; // 初始状态

int END = 0b1111; // 结束状态

int FARMER = 0b1000; // 农夫

int WOLF = 0b0100; // 狼

int SHEEP = 0b0010; // 羊

int CABBAGE = 0b0001; // 白菜

vector pre(END + 1, -1); // 记录前驱，-1 表示没有访问过这个状态

stack temp; // 用栈实现逆序

bool pos(int state, int k) { return state & k; } // 判断是否在对岸

bool safe(int s) {

if (pos(s, FARMER) != pos(s, SHEEP) &&

((pos(s, WOLF) == pos(s, SHEEP)) || (pos(s, SHEEP) == pos(s, CABBAGE))))

return false;

return true;

}

void dfs(int state) {

if (state == END) {

while (state != -2) {

temp.push(state);

state = pre[state];

}

while (!temp.empty()) {

bitset<4> bit(temp.top());

temp.pop();

cout << bit << endl;

}

cout << endl;

} else {

for (int k = FARMER; k >= CABBAGE; k >>= 1) {

int next_state = state ^ (FARMER | k);

if (pre[next_state] == -1 && pos(state, FARMER) == pos(state, k) && safe(next_state)) {

pre[next_state] = state;

dfs(next_state);

pre[next_state] = -1; // 回溯

}

}

}

}

int main() {

pre[START] = -2; // 标记初始状态，避免出发后又回到初始状态

dfs(START);

return 0;

}

最后的结果，一共两种方案：