巧妙算法之位运算的应用

位运算的常用几种方法

lowbit函数

原码反码补码lowbit原理的补充

二进制的相关概念

位运算的符号

按位与&

按位或|

按位异或^

交换律结合律

按位取反

左移右移

规律记忆

知识巩固

真题改编

首先感谢2022.6.13杨超凡giegie带来的位运算算法讲解

位运算的常用几种方法

lowbit函数

int lowbit(int x){return x&(-x);}

lowbit函数可以用于查找一个数字的二进制表示形式当中的最右边的1，lowbit函数返回的值为x的最右边1所代表的十进制整数。例如10的二进制形式是1010，lowbit(10)返回的二进制形式也就是10，转化为十进制也就是2。因此，lowbit函数常常用来解决求某个十进制整数当中含有多少个1的问题

原码反码补码lowbit原理的补充

-x = ~x + 1

我们假设x为10，则可获得其原码反码补码

原码即为其二进制形式：1010

反码即为其二进制形式的相反：0101

补码则为反码加一：0110

那么lowbit函数的实质我们也就可以进行参透了

首次对于lowbit函数进行运算：（1010）&（0110）= 10(二进制形式)

减去第一次运算的结果之后，(1010) -> (1000) ，而后使用第二次lowbit运算

(1000) & (0111 + 1) -> (1000) & (1000) -> 1000(二进制形式)

以上即为lowbit函数原理的理解补充式子

具体应用

二进制当中1的个数

题目描述

给定一个长度为n的数列，请你求出数列中每个数的二进制表示中1的个数。

输入格式

第一行包含整数n。第二行包含n个整数，表示整个数列。

输出格式

共一行,包含n个整数,其中的第i个数表示数列中的第i个数的二进制表示中1的个数。

数据范围

1<=n<=100000

0≤数列中元素的值≤10^9

输入样例

5
1 2 3 4 5

输出样例

1 1 2 1 2

源代码

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1000000+10;
int a[N];
int lowbit(int x)
{return x&(-x);
}
int main()
{int n;cin >> n;for(int i = 1;i <= n;i ++ )cin >> a[i];for(int i = 1;i <= n;i ++ ){int ans = 0;while(a[i]){a[i] -= lowbit(a[i]);ans ++ ;}cout << ans <<' ';}return 0;
}

求取数的二进制的某一位的值与二进制枚举

求取n的二进制形式第k位的值：n>>k&1

例如10的二进制形式是1010

int a = n >> k & 1;a的值为0

int b = n >> k & 1;b的值为1

int c = n >> k & 1;c的值为0

int d = n >> k & 1;d的值为1

本方法常常与二进制枚举连用

用二进制枚举的情况往往都能够用DFS来解决，二者的共同特点都是暴力且有两个分支。在二进制枚举过程当中。用0和1来代表两种不同的情况，二进制枚举的模板如下所示

for(int i = 0;i < (1ll >> n);i ++ )
{for(int j = 0;j < n;j ++ ){int num = i >> j & 1;//分情况进行相应的处理}
}

具体应用

凑数

题目描述

给定n个正整数，请判断能否用这n个数且每个数只能用一次，凑出来s
ps:建议使用二进制枚举

输入格式

第一行两个数n,s
第二行n个正整数

输出格式

如果能凑出输出YES，否则输出NO

样例输入

5 12
2 4 6 8 10

样例输出

YES

源代码

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1000000+10;
int a[N];
int main()
{ll n,s,sum,flag;cin >> n >> s;for(int i = 0;i < n;i ++ )cin>>a[i];for(int i = 0;i < (1ll << n);i ++ ){sum = 0,flag = 0;for(int j = 0;j < n;j ++ ){int num = i >> j & 1;if (num == 1)sum += a[j];}if(sum == s){flag = 1;  break;}}if(flag == 1)cout<<"YES";else if(flag == 0)cout<<"NO";return 0;
}

二进制的相关概念

只有0和1，逢二进一

二进制枚举的意义：利用二进制进行状态枚举，对于每一次的状态枚举0和1分别代表不同的状况

位运算的符号

按位与&

1&1=1 1&0=0 0&1=0 0&0=0 &&逻辑且常用于条件判断

例如6&7 实际为 110 和 111 的运算，根据按位与的运算法则结果为 110 也就是6

口诀为全一则一

常常用来判断奇偶，n&1

任何数按位与运算1结果是其本身

按位或|

1|1=1 1|0=1 0|1=1 0|0=0 ||逻辑或常用于条件判断

例如6|7 实际为 110 和 111 的运算，根据按位或的运算法则结果为 111 也就是7

口诀为有一则一

任何数按位或运算0结果是其本身

按位异或^

1^1=0 1^0=1 0^1=1 0^0=0

例如6^7 实际为 110 和 111 的运算，根据按位异或的运算法则结果为 001 也就是1

口诀为同零异一

任何数按位异或运算0结果是其本身

交换律结合律

按位与、按位或、按位异或遵守交换律与结合律

按位取反

按位取反可以求取一个数的负数减一，即~x=(-x-1)

左移右移

因c++运算符的重载，插入流也有着左移的功能，输出流也有着右移的功能

n>>k n除2的k次方 n<<k n乘2的k次方

规律记忆

同一个数对自身进行按位与和按位或都是其本身，对自身按位异或运算为0

a|(b&c) = (a|b)&(a|c) a^(b&c) = (a^b)&(a^c) a&(b^c) = (a&b)^(a&c)

根据交换率和结合律可自行继续推演，此处显示的公式仅仅为示例

知识巩固

麻烦的运算(按位&的规律题)

题目描述

小明刚刚学习了位运算中按位与的运算法则，想计算从n到m之间的数连续进行与运算之后的结果是多少，但是小明觉得一个一个的计算实在是太麻烦了，你能帮助他解决吗？

输入格式

两个整数n和m

输出格式

输出区间[n,m]之间的数进行与运算的结果

数据范围

0<=n<=m<=1e9

样例输入

11 13

样例输出

源代码

当从L到R连续进行按位与运算的话会使时间超限，因此我们需要找规律进行优化，显而易见的是L是一定小于等于R的，根据十进制整数转换为二进制整数的规律来看，当L的二进制形式位数只会小于等于R的二进制形式位数。因此问题简化为三个分支进行讨论：

若L与R的二进制位数不相等时，证明从L到R一定发生了进位，一旦有进位情况的发生那么就意味着在R的二进制形式下匹配不到L的二进制的位数全为0，而能够匹配到的也因为从L到R之间的连续按位与运算也为0，因此此情况只有一个答案那就是0

若L与R的二进制位数相等时

当L完全与R相等，根据运算律可以得到一个数对自身按位与运算还是那个数本身，因此答案为L(R)

当L与R不相等时，从最高位查找关键点(A[i] != B[i]时的下标i)，关键点也就是发生进位的点，因此后面的数字全部换为0，再将处理过后的二进制数转化为十进制即为最终答案

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{//数据记得开long long,因最后一个测试点是十位数 ll l,r;cin>>l>>r;//如果二者相等那么等于其本身 if(l == r){cout<<l;//或者cout<<r; return 0;}//A,B用于装l,r转化为二进制之后的字符串 vector<int> A,B;//转换方法为不断对2取余再取倒 while(l > 0){int num = l % 2;l = l / 2;A.push_back(num);}reverse(A.begin(),A.end());//注意取倒 while(r > 0){int num = r % 2;r = r / 2;B.push_back(num); }reverse(B.begin(),B.end());//注意取倒//当A的长度小于B的时候证明一定发生了进位，因此答案为0 if(A.size() < B.size())cout<<'0';//二者长度相等，则从最高位开始查找关键点 else if(A.size() == B.size()){//关键点即为A[i] ! = B[i]是idx为i的坐标点//说明i的下标位置发生了进位，因此从i往后的数全部为0 vector<int> C;int flag = 0;for(int i = 0;i < A.size();i ++ )//或者i < B.size()也可 {if(A[i] == B[i] && flag == 0)C.push_back(A[i]);//未到关键点时正常存储 else if( A[i] != B[i] && flag == 0)//关键点时存0并打标记 {flag = 1;C.push_back(0);}else if(flag == 1)C.push_back(0);//关键点之后利用标记继续存0 }//将C中存储的ans的二进制转换为十进制 ll ans = 0,w = 1;for(int i = C.size() - 1;i >= 0;i -- ){ans += w * C[i];w = w * 2;}cout<<ans;return 0;}
}

公式计算(交换律与结合律的推导)

题目描述

对于n个数a1,a2,a3.....an，计算公式[(a1&a1)|(a1&a2)|(a1&a3)|...(a1&an)]^[(a2&a1)|(a2&a2)|(a2&a3)...|(a2&an)]^...[(an&a1)|(an&a2)|(an&a3)...|(an&an)]

输入格式

第一行一个整数
第二行n个整数

输出格式

输出公式的结果

样例输入

2
1 1

样例输出

源代码

若是暴力运算会使时间超限，所以必然存在优化的方法，也就是对于公式的简化。

根据结合律将每一个按位异或运算的式子看作一个个模块

那么可以发现第一个模块为a1&(a1|a2|a3|a4|a5......|an)

由此推出第n个模块为an(a1|a2|a3|a4|a5......|an)

好了现在由于(a1|a2|a3|a4|a5......|an)太长我们把它简化为s1

那么公式经过第一次简化过后我们可以发现(a1&s1)^(a2&s1).......(an&s1)

再进行合并可得s1&(a1^a2^a3.........^an)

我们再把(a1^a2^a3.........^an)简化为s2，因此整个公式我们就进行简化完毕了

ans=s1&s2; s1=(a1|a2|a3|a4|a5......|an); s2=(a1^a2^a3.........^an);

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1000000+10;
int a[N];
typedef long long ll;
int main()
{int n;cin >> n;for(int i = 1;i <= n;i ++ )cin>>a[i];ll head = a[1];ll s = head;ll s1 = s,s2 = s;for(int i = 2;i <= n;i ++ ){s1 = (s1)|(a[i]);s2 = (s2)^(a[i]);}ll ans = (s1)&(s2);cout << ans;return 0;
}

真题改编

改编自蓝桥杯省赛李白打酒题目

汽车加油

题目描述

陈老师经常开车大街上行走，假设刚开始油箱里有T升汽油，每看见加油站陈老师就要把汽油的总量
翻倍（就是乘2）；每看见十字路口气油就要减少1升；最后的时候陈老师的车开到一个十字路口，然
后车就没油了------就熄火了，陈老师好痛苦啊~~~！
然后他就开始回忆，一路上一共遇到n个加油站，m个十字路口，问造成这种惨烈的境遇有多少种可能？

输入格式

三个正整数T,n,m;

输出格式

输出有多少种可能

数据范围

1<=T=100
0<n+m<=18

样例输入

1 5 10

样例输出

源代码
幂集：所谓幂集（Power Set），就是原集合中所有的子集（包括全集和空集）构成的集族。可数集是最小的无限集；它的幂集和实数集一一对应（也称同势），是不可数集。不是所有不可数集都和实数集等势，集合的势可以无限的大。如实数集的幂集也是不可数集，但它的势比实数集大。设X是一个有限集，|X| = k，根据二项式定理，X的幂集的势为2的k次方.

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{ll t,n,m,ans = 0;cin >> t >> n >> m;//总共会有m+n个元素，也就是2^(m+n)-1种情况 for(int i = 0;i < (1ll << (n + m - 1));i ++ )//开始对于相应幂集的情况进行暴力枚举 {int sum = t;//临时变量转存t int sumn = 0,summ = 0;//存路过加油站和路过十字路口的次数  for(int j = 0;j < n + m - 1;j ++ )//对于前m+n-1位的情况进行二进制枚举 {int num = i >> j & 1;if(num == 1)//加油站 {sum = sum * 2;//油箱翻倍 sumn ++ ;//加油站次数加一 }else if(num == 0)//十字路口 {sum -= 1;//油减去一升 summ ++ ;//十字路口次数加一 }}//当在前m+n-1个情况当中，有n次路过加油站,有m-1次路过十字路口，且油箱仅有一升油，那么就意味着最后一次必是十字路口且油耗尽 if(sum == 1&&sumn == n&&summ == m - 1)ans ++;} cout << ans;//输出答案 return 0;
}