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：
intcount_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）
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 10101100...
取模運算 和按位與
最近在研究 redis 原始碼，發現一些平時不怎麼用的編碼習慣，感覺挺有趣，記錄下 function isodd1 num function isodd2 num 以上兩個方法都是用來判斷乙個數是否為奇數，但是用到的操作符不同，有什麼區別 取模操作符是基於 十進位制 人類思維 的一種取模方式，如 1...
位運算 之（1） 按位與（AND） 操作
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 10101100000000對101011000...