A bit of fun: fun with bits
【原文见：http://www.topcoder.com/tc?module=Static&d1=tutorials&d2=bitManipulation】
作者 By bmerry
TopCoder Member
Introduction
TopCoder比赛中的大部分优化都是高端优化；也就是说，它们影响的是算法而不是实现。尽管如此，使用位运算一个非常有用和高效的低端优化，或者使用一个整数的位来表示一个集合。使用它不仅可以在速度和空间上上产生一个巨大的提高，还能同时简化代码。
在进入更多高级技巧的讨论之前，我先对基本概念进行一个简要的分类。
The basics
位运算的核心是按位操作 &(and)，|(or),~(not)和^(xor)。你应该熟悉前三者的bool运算形式(&&,||和!)，下面是真值表：
这些按位运算操作的变形是一样的，除了在解释参数时不使用true或者false而是对参数的每一个位进行运算。因此，如果A是1010，B是1100，那么
A & B = 1000
A | B = 1110
A ^ B = 0110
~A = 11110101 (1的数目由A的类型决定).
另外两个我们需要的操作符是移位操作符 a << b 和a >> b。前者将a中所有的位向左移动b个位置；而后者向右进行移动。对于非负值（这是我们仅需要关注的），新出现的位使用0进行填充。你可以考虑将b左移b位看作乘以2^b，将右移看作整数处以2^b。移位经常被使用来访问一个特定的位，例如,1 << x是一个x位被设置，而其他位被清楚的二进制数字（位通常总是从最靠右边的/最低有效位进行计数，通常用0标注）
一般来说，我们使用一个整数来表示一个拥有32（或者64，使用一个64位的整数）个值的域的集合，用1来代表元素在集合中，而0表示不在其中。下面的操作都相当的直接，这里ALL_BITS是一个与域元素相对应的全1的数字。
集合并
A | B
集合交
A & B
集合差
A & ~B
集合补集
ALL_BITS ^ A
设置某个位
A |= 1 << bit
清除某个位
A &= ~(1 << bit)
测试某个位
(A & 1 << bit) != 0
Extracting every last bit
在这一小节中，我们考虑这样一个问题，找出一个数的最高和最低的1位。对于将一个集合分散成单个元素有一些基本的运算。
通过正确的位运算和算术运算，找出最低位可以非常简单。假设我们想要找到x的最低位(非0位)。如果我们从x中减1，那么这个位就清除了，但是x中其他所有的位都还存在。因此, x & ~(x-1)包含了x的最低设置位。尽管如此，我们得到的仅仅是值，而不是这个位的索引。
如果我们需要得到最高或者最低位的下标，最明显的方法是遍历位（向前或者向后）直到找到被设置的位。一眼撇过，这看起来很慢，因为它根本没用到位压缩。尽管如此，如果N个元素的域的2^N个子集都算起来，那么这个循环平均使用两个迭代，事实上这个是最快的方法。
386当中引入了用于位扫描的CPU指令： BSF(bit scan forward)和BSR(bit scan reverse)。GCC使用内建的__builtin_ctz (计数末尾的0)
和__builtin_clz (计数前导0)函数来完成这些操作。对于TopCoder中的C++程序员来说，有最方便的找到位索引的方法。警告：参数为0时返回值未定义。
最后，有一个可移植的在循环解决方案需要很多迭代的情况下运行很好的方法。使用每种类型的4个或者8个字节的整数来索引一张预先定义好的存储每一个字节里面最高（低）设置位的索引的256个条目的表。整数的最高(低)位就是表中条目的最大（最小）条目。这个方法仅仅是为了完整性而提及，在TopCoder比赛中它获得的效率不太可能得到证明。
Counting out the bits
可以很容易的判断一个数是不是2的幂次：清除最低的1位（见上面）并且检查结果是不是0.尽管如此，有的时候需要直到有多少个被设置了，这就相对有点难度了。
GCC有一个叫做__builtin_popcount的内建函数，它可以精确的计算1的个数。尽管如此，不同于__builtin_ctz，它并没有被翻译成一个硬件指令（至少在x86上不是）。相反的，它使用一张类似上面提到的基于表的方法来进行位搜索。这无疑很高效并且非常方便。
其他语言的使用者没有这个选项（尽管他们可以重新实现这个算法）。如果一个数只有很少的1的位，另外一个方法是重复的获取最低的1位，并且清除它。
All the subsets
位运算的一个大的优点在于它可以很平常的遍历一个N个元素集合的子集：每一个N位的值表示一些子集。更好一点是，如果A是B的子集，
那么表示A的数要比表示B的小，这对于一些动态规划的解决方案很方便。
它同样可以遍历一个特殊集合的子集（通过一些位串表示），例如让你以倒序进行访问（如果这个是一个问题的话，可以将它们生成的时
候放到列表中，然后从后向前访问）。这个技巧和找一个数字的最低位是类似的。如果我们从子集中减1，那么最低的集合元素被清除了，并且
每一个更小的元素被设置了。尽管如此，我们只想在超集中设置这些较小的元素。因此迭代步骤就是i = (i - 1) & superset。
Even a bit wrong scores zero
在进行位操作的时候容易犯一些错误。在你的代码中注意以下方面：
1. 当执行移位操作，例如a << b， x86架构仅使用b的底部5个位（对64位元素是6）。这就意味着左移（右）32位等于什么都没做，
而不是清除所有的位。这个行为在Java和C#语言当中也被指定了；C99中说到移位至少值的大小将得到未定义的结果。历史上：8086使用完全的
移位寄存器，行为上的改变通常用来检测新的处理器。
2. &和|的优先级比比较运算符要低。这就意味着x & 3 == 1被解释成了x & (3 == 1)，这不是我们想要的。
3. 如果你想书写可移植的C/C++代码，确保使用无符号的类型，尤其当你想要使用最高位的时候。C99中谈到对一个负值进行移位操作
是未定义的。Java仅有有符号类型： >>将使用扩展类型值(这可能并不是我们想要的),但是Java指定的>>>操作符将使用0进行填充。
Cute tricks
还有一些可以使用微操作进行的技巧。它们可以用来让你的朋友感到惊讶，但是一般来说在实际中并不是值得使用。
将一个整数的位进行逆转
x = ((x & 0xaaaaaaaa) >> 1) | ((x & 0x55555555) << 1);
x = ((x & 0xcccccccc) >> 2) | ((x & 0x33333333) << 2);
x = ((x & 0xf0f0f0f0) >> 4) | ((x & 0x0f0f0f0f) << 4);
x = ((x & 0xff00ff00) >> 8) | ((x & 0x00ff00ff) << 8);
x = ((x & 0xffff0000) >> 16) | ((x & 0x0000ffff) << 16);作为一个练习，看看你能否将它应用在取得一个字长里面所有的位的数量，遍历{0,1,...N-1}所有k个元素的子集
int s = (1 << k) - 1;
while (!(s & 1 << N))
{
// do stuff with s
int lo = s & ~(s - 1); // lowest one bit
int lz = (s + lo) & ~s; // lowest zero bit above lo
s |= lz; // add lz to the set
s &= ~(lz - 1); // reset bits below lz
s |= (lz / lo / 2) - 1; // put back right number of bits at end
}
在C中，最后移行可以写作 s |= (lz >> ffs(lo)) - 1来避免除法。
评估x ? y : -y,这里x是0或者1
(-x^y) + x
这个可以在二次补码记法的架构上工作（现在你能找到的机器几乎都是这样），这里负数通过将所有变反再加1得到。注意在i686和上面所说的，原始表达式是由于CMOVE(conditional move)指令而变得高效(也就是，没有分支）。
Sample problems
TCCC 2006, Round 1B Medium
对每一个城市，为它相邻的城市保持一个位集。一旦工厂的部分建筑被选中（递归的），将这些位加在一起将给出一个描述所有部分工厂集合的可能位置。如果这个位集合中拥有k个位，那么将有C(m,k)种方法分配集装工厂。
TCO 2006, Round 1 Easy
节点的数量暗示可以考虑所有可能的子集。对每一个可能的子集，我们考虑两种可能性：要么最小标号的节点根本不进行通讯，在这种情况下我们在原来的集合中排除它，要么它与一些节点交流，在这种情况下，我们将所有的这些节点排除。结果得到的代码相当短：
static int dp[1 << 18];
int SeparateConnections::howMany(vector <string> mat)
{
int N = mat.size();
int N2 = 1 << N;
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i < N2; i++)
{
int bot = i & ~(i - 1);
int use = __builtin_ctz(bot);
dp[i] = dp[i ^ bot];
for (int j = use + 1; j < N; j++)
if ((i & (1 << j)) && mat[use][j] == 'Y')
dp[i] = max(dp[i], dp[i ^ bot ^ (1 << j)] + 2);
}
return dp[N2 - 1];
}
SRM 308, Division 1 Medium
棋盘上有36个正方形，并且都是不可辨别的，因此所有可能的位置可以编码成一个64位的整数。第一步是枚举所有合法的
移动，任何合法的移动可以使用3个位域表示：一个before状态，一个after状态和一个mask。mask定义了before状态的哪一个部分比较重要。
移动可以从当前的状态得到 if (current & mask) == before;如果得到了当前状态，那么新的状态是(current & ~mask) | after
SRM 320, Division 1 Hard
条件告诉我们最多8个列（如果有更多的话，我们可以交换行和列），因此考虑每种方法来放置行是可行的。一旦我们有了这些信息，我们
可以解决这个问题（参考match editorial详情）。我们因此需要一个n位的不具有两个相邻1的整数的列表，并且我们也需要知道在每一行当中
有多少个1位。我的代码如下：
for (int i = 0; i < (1 << n); i++)
{
if (i & (i << 1)) continue;
pg.push_back(i);
pgb.push_back(__builtin_popcount(i));
}