Bits

先%SY...

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求1的个数

以32位整数为例子，最暴力的方法就是一位一位的数，但是这样太不优美...

以下是优美的方法...

这个问题其实就是二进制求和...

我们考虑分治的思想...每一次都把当前数字分成两部分，把通过二进制移位来实现两部分数字的相加...这样就可以达到$O(log_{2}N)$的复杂度...

No.1

以2bit为一段，取出所有奇数位，右移一位，和偶数位相加...

No.2

以4bit为一段，取出所有第奇数位，右移两位，和第偶数位相加...

......

inline int pro1(u32 x){
	x=((x&0xAAAAAAAAu)>>1 )+(x&0x55555555u);
	x=((x&0xCCCCCCCCu)>>2 )+(x&0x33333333u);
	x=((x&0xF0F0F0F0u)>>4 )+(x&0x0F0F0F0Fu);
	x=((x&0xFF00FF00u)>>8 )+(x&0x00FF00FFu);
	x=((x&0xFFFF0000u)>>16)+(x&0x0000FFFFu);
	return x;
}

但是还是可以优化...

inline int pro2(u32 x){
	x-=((x&0xAAAAAAAAu)>>1);
	x=((x&0xCCCCCCCCu)>>2)+(x&0x33333333u);
	x=((x>>4)+x)&0x0F0F0F0Fu;
	x=((x>>8)+x)&0x00FF00FFu;
	x=((x>>16)+x)&0x0000FFFFu;
	return x;
}

首先看第一行：

x=(x&0xAAAAAAAAu)+(x&0x55555555u);

y=((x&0xAAAAAAAAu)>>1)+(x&0x55555555u);

x-y=(x&0xAAAAAAAAu)>>1;

y=x-(x&0xAAAAAAAAu)>>1;

然后这样奇数偶数位已经对齐，第二行不变...

第三行：直接将整个数取出，右移相加，然后只区有用的那些位置...

但是大神们还是觉得这样不够优美，所以接着优化...

inline int pro3(u32 x){
	x-=((x&0xAAAAAAAAu)>>1);
	x=((x&0xCCCCCCCCu)>>2)+(x&0x33333333u);
	x=((x>>4)+x)&0x0F0F0F0Fu;
	x=(x*0x01010101u)>>24;
	return x;
}

最后一行是毛线？？

我们先来看一看0x01010101是个什么东西...

转化成二进制之后这个数的第1位第8位第16位和第24位是1，其他位都是0...

我们看x在经历了前三次计算之后是什么样子的：x=(a<<24)+(b<<16)+(c<<8)+(d<<0)...a+b+c+d就是我们想要的结果...

那么好了，x*0x01010101之后是什么？

x=

((a)<<48)+
((a+b)<<40)+
((a+b+c)<<32)+
((a+b+c+d)<<24)+
((b+c+d)<<16)+
((c+d)<<8)+
((d)<<0)

前三个直接溢出...后三个>>24之后变成0...所以x>>24=a+b+c+d...

这样我们就可以快速求出单个数的1的个数...

如果有很多询问呢？我们是不是可以打表处理呢？

对于预处理操作最直观的想法是递推...f[0]=0,f[i]=f[i>>1]+i&1...

但是貌似表有点大...

所以考虑分段的思想...预处理出所有16位整数的答案，然后每一次查询拆成前16位和后16位的答案和...单次查询复杂度稳稳的$O(2)$...

inline void prework(void){
	f[0]=0;
	for(int i=1;i<(1<<16);i++)
		f[i]=f[i>>1]+(i&1);
}

inline int pro4(u32 x){
	int lala=x>>16;
	return f[lala]+f[x^((lala<<16))];
}

求1的个数的奇偶性

最简单直接的方法就是计算出1的个数然后判断奇偶性...但是太不优美了...

还是考虑分治的思想...每一次把数字分成两部分，这两部分^一下不改变奇偶性，所以我们就不断缩小位数直到只有1位...

inline int pro(u32 x){
	x^=x>>16;
	x^=x>>8;
	x^=x>>4;
	x^=x>>2;
	x^=x>>1;
	return x&1;
}

对于很多次查询的问题我们还是可以打表预处理...

inline void prework(void){
	f[0]=0;
	for(int i=1;i<(1<<16);i++)
		f[i]=f[i>>1]^(i&1);
}

inline int pro2(u32 x){
	int lala=x>>16;
	return f[lala]^f[x^(lala<<16)];
}

其实以上两个问题GCC都有内建函数...但是比赛请慎重...

翻转位序

还是以32位整数为例...

翻转位序就是第0位与第31位交换，第1位与第30位交 换，……第i位与第31-i位交换，……第15位与第16位交换...

还是分治的思想...

将数分为两个部分，两个部分分别翻转，然后交换位置...

inline u32 pro1(u32 x){
	x=((x&0xAAAAAAAAu)>>1 )|((x&0x55555555u)<<1 );
	x=((x&0xCCCCCCCCu)>>2 )|((x&0x33333333u)<<2 );
	x=((x&0xF0F0F0F0u)>>4 )|((x&0x0F0F0F0Fu)<<4 );
	x=((x&0xFF00FF00u)>>8 )|((x&0x00FF00FFu)<<8 );
	x=((x&0xFFFF0000u)>>16)|((x&0x0000FFFFu)<<16);
	return x;
}

对于多次询问我们依旧采用查表的方法...把数拆成两个部分，预处理所有16位整数的答案，然后计算...

inline void prework(void){
	f[0]=0;
	for(int i=1;i<(1<<16);i++)
		f[i]=(f[i>>1]>>1)|((i&1)<<15);
}

inline u32 pro2(u32 x){
	int lala=x>>16;
	return (f[x^(lala<<16)]<<16)|f[lala];
}

求前缀0/后缀0的个数

二分查找...

inline int LeadingZeroCount(u32 x){
	int ans=0;
	if(x>>16) x>>=16; else ans|=16;
	if(x>>8 ) x>>=8 ; else ans|=8 ;
	if(x>>4 ) x>>=4 ; else ans|=4 ;
	if(x>>2 ) x>>=2 ; else ans|=2 ;
	if(x>>1 ) x>>=1 ; else ans|=1 ;
	ans+=!x;
	return ans;
}

inline int TrailingZeroCount(u32 x){
	int ans=0;
	if(!(x&((1<<16)-1))) x>>=16,ans|=16;
	if(!(x&((1<<8 )-1))) x>>=8 ,ans|=8 ;
	if(!(x&((1<<4 )-1))) x>>=4 ,ans|=4 ;
	if(!(x&((1<<2 )-1))) x>>=2 ,ans|=2 ;
	if(!(x&((1<<1 )-1))) x>>=1 ,ans|=1 ;
	ans+=!x;
	return ans;
}

然后此题依旧可以查表解决...判断第一个1出现在前一段还是后一段，然后查询...

(我打赌这绝对是我起过的最长的函数名QAQ...)

inline void LeadingZeroCountPrework(void){
	fl[0]=16;
	for(int i=1;i<(1<<16);i++)
		fl[i]=fl[i>>1]-1;
}

inline void TrailingZeroCountPrework(void){
	ft[0]=16;
	for(int i=1;i<(1<<16);i++){
		if(i&1)
			ft[i]=0;
		else
			ft[i]=ft[i>>1]+1;
	}
}

inline int LeadingZeroCount2(u32 x){
	int lala=x>>16;
	if(lala)
		return fl[lala];
	return fl[x^(lala<<16)]+16;
}

inline int TrailingZeroCount2(u32 x){
	int lala=x>>16;
	if((x^(lala<<16))>0)
		return ft[x^(lala<<16)];
	return ft[lala]+16;
}

依旧有内建函数...但是要慎重...

求第k个1的位置

依旧是二分的思想...

求第k个1的位置可以转化为求最大的pos使得第0位到第pos-1位中1的个数等于k-1...

我们之前已经有了快速求解一个数中1的个数的方法，可以直接拿来用...

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
//by NeighThorn
#define u32 unsigned int
using namespace std;

const int maxn=(1<<16)+5;

int f[maxn];

inline void prework(void){
	f[0]=0;
	for(int i=1;i<(1<<16);i++)
		f[i]=f[i>>1]+(i&1);
}

inline int pro(u32 x,int k){
	int ans=0;
	if(f[x&65535u]<k)
		k-=f[x&65535u],ans|=16,x>>=16;
	if(f[x&255u  ]<k)
		k-=f[x&255u  ],ans|=8 ,x>>=8 ;
	if(f[x&15u   ]<k)
		k-=f[x&15u   ],ans|=4 ,x>>=4 ;
	if(f[x&3u    ]<k)
		k-=f[x&3u    ],ans|=2 ,x>>=2 ;
	if(f[x&1u    ]<k)
		k-=f[x&1u    ],ans|=1 ,x>>=1 ;
	return ans;
}

signed main(void){
	u32 x=12819;prework();
	cout<<pro(x,4)<<endl;
	return 0;
}//Cap ou pas cap. Cap.

提取末尾连续的1

因为1是连续的，所以我们把x+1之后，右边连续的1会变成连续的0，最右边的0会变成1，其他位不变...

inline u32 pro(u32 x){
	return x&(x^(x+1));
}

集合：

集合的表示

把一个集合映射到[0,n-1]，用二进制整数表示集合中元素的存在情况，0代表不存在，1代表存在，因为二进制位宽最大为w，所以表示一个集合要被分成$n⁄w$块，每一块是一个w位的二进制整数...第i块表示第i*w~w*(i+1)-1个数...

交集：&，并集：|，补集：！，差集：x-y的差集，${a|a∈x&&a∉y}$，x^(x&y) ...

统计元素的个数

运用之前的求一个数1的个数对每一块分别统计相加...

遍历集合元素

遍历每一块的所有1...不断lowbit并且删去lowbit...

求集合中第k小的元素

首先找出第k小元素所在的块，然后二分查找具体位置...

求集合中大于x的最小元素(upper_bound)

从x所在的块开始向后遍历，找到第一个存在元素的块，用求后缀0的方式确定具体位置...

未完待续...