位運算之 按位與( )操作 (快速取模演算法)

2021-09-07 04:17:19 字數 4407 閱讀 8774

由於位運算直接對記憶體資料進行操作,不需要轉成十進位制,因此處理速度非常快。

按位與(bitwise and),運算符號為&

a&b 的操作的結果:a、b中對應位同時為1,則對應結果位也為1、

例如:10010001101000101011001111000

& 111111100000000

---------------------------------------------

10101100000000

對10101100000000進行右移8位得到的是101011,這就得到了a的8~15位的掩碼了。那麼根據這個啟示,判斷乙個整數是否是處於 0-65535 之間(常用的越界判斷):

用一般的 (a >= 0) && (a <= 65535) 可能要兩次判斷。

改用位運算只要一次:

a & ~((1<< 16)-1)

後面的常數是編譯時就算好了的。其實只要算一次邏輯與就行了。

常用技巧:

1、 用於整數的奇偶性判斷

乙個整數a, a & 1 這個表示式可以用來判斷a的奇偶性。二進位制的末位為0表示偶數,最末位為1表示奇數。使用a%2來判斷奇偶性和a & 1是一樣的作用,但是a & 1要快好多。

2、 判斷n是否是2的正整數冪

(!(n&(n-1)) )&& n

舉個例子:

如果n = 16 = 10000, n-1 = 1111

那麼:10000

& 1111

----------

0

再舉乙個例子:如果n = 256 = 100000000, n-1 = 11111111

那麼:100000000

&11111111

--------------

0

好!看完上面的兩個小例子,相信大家都有乙個感性的認識。從理論上講,如果乙個數a他是2的正整數冪,那麼a 的二進位制形式必定為1000…..(後面有0個或者多個0),那麼結論就很顯然了。

3、 統計n中1的個數

樸素的統計辦法是:先判斷n的奇偶性,為奇數時計數器增加1,然後將n右移一位,重複上面步驟,直到移位完畢。

樸素的統計辦法是比較簡單的,那麼我們來看看比較高階的辦法。

舉例說明,考慮2位整數 n=11,裡邊有2個1,先提取裡邊的偶數字10,奇數字01,把偶數字右移1位,然後與奇數字相加,因為每對奇偶位相加的和不會超過「兩位」,所以結果中每兩位儲存著數n中1的個數;相應的如果n是四位整數 n=0111,先以「一位」為單位做奇偶位提取,然後偶數字移位(右移1位),相加;再以「兩位」為單位做奇偶提取,偶數字移位(這時就需要移2位),相加,因為此時沒對奇偶位的和不會超過「四位」,所以結果中儲存著n中1的個數,依次類推可以得出更多位n的演算法。整個思想類似分治法。

在這裡就順便說一下常用的二進位制數:

0xaaaaaaaa=10101010101010101010101010101010

0x55555555 = 1010101010101010101010101010101(奇數字為1,以1位為單位提取奇偶位)

0xcccccccc = 11001100110011001100110011001100

0x33333333 = 110011001100110011001100110011(以「2位」為單位提取奇偶位)

0xf0f0f0f0 = 11110000111100001111000011110000

0x0f0f0f0f = 1111000011110000111100001111(以「8位」為單位提取奇偶位)

0xffff0000 =11111111111111110000000000000000

0x0000ffff = 1111111111111111(以「16位」為單位提取奇偶位)

例如:32位無符號數的1的個數可以這樣數:

int count_one(unsigned long n)

舉個例子吧,比如說我的生日是農曆

2月11,就用

211吧,轉成二進位制:

n = 11010011

計算n = ((n & 0xaaaaaaaa) >> 1) + (n & 0x55555555);

得到 n = 10010010

計算n = ((n & 0xcccccccc) >> 2) + (n & 0x33333333);

得到 n = 00110010

計算n = ((n & 0xf0f0f0f0) >> 4) + (n & 0x0f0f0f0f);

得到 n = 00000101 -----------------

à無法再分了,那麼5就是答案了。

4、對於正整數的模運算(注意,負數不能這麼算)

先說下比較簡單的:

乘除法是很消耗時間的,只要對數左移一位就是乘以2,右移一位就是除以2,傳說用位運算效率提高了60%。

乘2^k眾所周知: n<。所以你以後還會傻傻地去敲2566*4的結果10264嗎?直接2566<<4就搞定了,又快又準確。

除2^k眾所周知: n>>k。

那麼 mod 2^k 呢?(對2的倍數取模)

n&((1<

用通俗的言語來描述就是,對2的倍數取模,只要將數與2的倍數-1做按位與運算即可。

好!方便理解就舉個例子吧。

思考:如果結果是要求模2^k時,我們真的需要每次都取模嗎?

在此很容易讓人想到快速冪取模法。

快速冪取模演算法

經常做題目的時候會遇到要計算 a^b mod c 的情況,這時候,乙個不小心就tle了。那麼如何解決這個問題呢?位運算來幫你吧。

首先介紹一下秦九韶演算法:(數值分析講得很清楚)

把乙個n次多項式f(x) = a[n]x^n+a[n-1]x^(n-1)+......+a[1]x+a[0]改寫成如下形式:

f(x) = a[n]x^n+a[n-1]x^(n-1))+......+a[1]x+a[0]

= (a[n]x^(n-1)+a[n-1]x^(n-2)+......+a[1])x+a[0]

= ((a[n]x^(n-2)+a[n-1]x^(n-3)+......+a[2])x+a[1])x+a[0]

=. .....

= (......((a[n]x+a[n-1])x+a[n-2])x+......+a[1])x+a[0].

求多項式的值時,首先計算最內層括號內一次多項式的值,即

v[1]=a[n]x+a[n-1]

然後由內向外逐層計算一次多項式的值,即

v[2]=v[1]x+a[n-2]

v[3]=v[2]x+a[n-3]

......

v[n]=v[n-1]x+a[0]

這樣,求n次多項式f(x)的值就轉化為求n個一次多項式的值。

好!有了前面的基礎知識,我們開始解決問題吧

由(a ×b) mod c=( (a mod c) × b) mod c.

我們可以將 b先表示成就:

b = a[t] × 2^t + a[t-1]× 2^(t-1) + …… + a[0] × 2^0. (a[i]=[0,1]).

這樣我們由 a^b mod c = (a^(a[t] × 2^t + a[t-1]× 2^(t-1) + …a[0] × 2^0) mod c.

然而我們求 a^( 2^(i+1) ) mod c=( (a^(2^i)) mod c)^2 mod c .求得。

具體實現如下:

使用秦九韶演算法思想進行快速冪模演算法,簡潔漂亮

// 快速計算 (a ^ p) % m 的值

__int64 fastm(__int64 a, __int64 p, __int64 m)

r = (r * r) % m;

p >>= 1;

}return (r * k) % m;

}

5、計算掩碼

比如乙個擷取低6位的掩碼:0×3f

用位運算這麼表示:(1<< 6) - 1

這樣也非常好讀取掩碼,因為掩碼的位數直接體現在表示式裡。

按位或運算很簡單,只要a和b中相應位出現1,那麼a|b的結果相應位也為1。就不多說了。

6、子集

列舉出乙個集合的子集。設原集合為mask,則下面的**就可以列出它的所有子集:

位運算之 按位與( )操作 (快速取模演算法)

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