这篇博客先介绍了常见位运算操作，然后记录了关于位运算的几道题，包括判定字符是否唯一、丢失的数字、两整数之和、只出现一次的数字2、消失的两个数字。

在这一部分，我们不妨先来总结一下常见位运算操作：

1.基础位运算

>>是右移操作，<<是左移操作，~是按位取反，&是有0就是0，|是有1就是1，^有两种记忆方法1）相同为0，相异为1 2）无进位相加

2.给一个数n，确定它的二进制表示表示中的第x位是0还是1        

我们约定，二进制的最右边为第0位，最左边为第31位，操作是(n>>x)&1，如果结果为0，那么第x位就是0，否则为1。

3.将一个数n的二进制表示的第x位修改成1

也就是第x位改为1，其它位保持不变，操作是 n  |=  (1<<x)。

4.将一个数n的二进制表示的第x位修改成0

操作是  n &= (~(1<<x)) 。

5.位图的思想

上面的2、3、4就是为位图来服务的，位图的本质是哈希表，让一个int的32个位的0/1来记录信息，利用2、3、4可以查看和修改位图。

6.提取一个数(n)二进制表示中最右侧的1（lowbit操作）

先来说结果，操作是  n&-n。我们需要先来看一下-n的本质：

-n的本质是将最右侧的1，左边的区域全部变成相反，此时相&后，左边区域全部变成0，右边区域本来就是0，所以&完之后只剩下最右侧的1。

7.干掉一个数（n）二进制表示中最右侧的1

先来说结果，操作是  n&(n-1) ，我们需要看一下n-1的本质：让最右侧及其右边全变成相反，左侧不变，这样相&之后，左侧不变，右侧全部变成0，这就把最右侧的1干掉了。

8.位运算的优先级

能加括号就加括号。

利用上面这几条，我们就可以解决LeetCode中的191、338、461这三道题了，

9.异或^运算的运算律

1) a^a = 0（消消乐）

2) a^0 = a

3）a^b^c = a^c^b

class Solution {
public:
    bool isUnique(string astr) 
    {
        int bitmap = 0;
        for(auto e:astr)
        {
            int pos = e - 'a';
            if((bitmap>>pos) & 1) return false;
            bitmap |= (1<<pos);
        }
        return true;
    }
};

题目分析：这道题有很多种解法，这里我们学习两种方法：哈希表和位图。第一种，使用哈希表，遍历整个字符串，将字符串中的每个字符依次放到哈希表中并判断条件，这种方法的时间复杂度和空间复杂度都是O(N)。第二种，使用位图，使用一个int位图，0位表示'a'，1位表示'b'，依次类推，因此只需要用到0~25位，遍历整个字符串，修改对应的bit，bit位为0表示之前没遇到这个字符，bit位为0表示之前遇到过这个字符。

此外，我们还可以使用鸽巢原理（抽屉原理）进行优化，如果字符长度大于26，说明肯定有重复字符，直接返回false。

class Solution 
{
public:
    int missingNumber(vector<int>& nums) 
    {
        int ret = 0;
        for(int i = 0 ; i <= nums.size() ; i++) ret ^= i;
        for(auto e : nums) ret ^= e;
        return ret;
    }
};

题目分析：这道题我们还是有很多思路的，包括哈希表、求和公式、异或运算。第一种，哈希表，将数组中所有数字依次放到哈希表中，然后看哈希表中缺失哪个数字。第二种，求和公式，计算出0~n之和，然后减去数组中的每个元素，剩下的就是缺失的元素。第三种，异或运算，将数组中每一个元素都异或到一起，然后再异或0~n中的每一个元素，结果就是缺失的数字。

class Solution {
public:
    int getSum(int a, int b) 
    {
        while(b != 0)
        {
            int x = a^b;// x是无进位相加的结果
            int carry = (a&b)<<1;// carry 是进位
            a = x;
            b = carry;
        }
        return a;
    }
};

题目分析：这种直接用加法求和，大概率是用位运算操作，我们画图来看一下具体方法，主要想法是，a^b是无进位相加，a&b<<1可以表示进位，当进位为0时，循环结束。

class Solution {
public:
    int singleNumber(vector<int>& nums) 
    {
        int i = 0;
        int sum = 0;
        int ret = 0;
        while(i <= 31)
        {
            //找到所有数第i位相加的结果
            for(auto e : nums)
            {
                sum += (e>>i)&1;
            }
            if(sum % 3 == 1) ret |= 1<<i;
            sum = 0;
            i++;
        }
        return ret;
    }
};

题目分析：我们将nums中每个元素的某一位全部加到一起，总共有4中情况：3n个0+0、3n个0+1、3n个1+0、3n个1+1。无论哪种情况，都将加和结果%3，最后得到的0、1、0、1就是所求结果的每一个比特位。

扩展：我们可以把这一道题扩展到除了某个元素只出现一次，其他出现n次，只需在将每一位求和后%n即可。

class Solution {
public:
    vector<int> missingTwo(vector<int>& nums) 
    {
        int n = nums.size() + 2;
        int tmp = 0;
        //1.将所有数字异或到tmp上
        for(auto e : nums) tmp ^= e;
        for(int i = 1 ; i <= n ; i++) tmp ^= i;
        //2.找到a、b中的比特位的那一位
        int j = 0;
        for(j = 0 ; j < 32 ; j++)
        {
            if((tmp >> j) & 1) break;
        } 
        //3.按照tmp位分成两组
        int a = 0, b = 0;
        for(auto e : nums)
        {
            if((e >> j) & 1) a ^= e;
            else b ^= e;
        }
        //3.根据j位的不同，将所有的数划分为两类来异或
        for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
        {
            if((i >> j) & 1) a ^= i;
            else b ^= i;
        }

        return {a,b};
    }
};

题目分析：这道题依然是用位运算的方式解决，第一步，先将nums中所有的数异或到同一个变量tmp上，然后再把1~N也异或到这个变量上，最后得到的就是缺失的两个数字的异或。第二步，找到tmp中，比特位为1的那一位。第三步，根据x位的不同，将nums中的数字划分成两组，将这两组分别异或到两个变量上，就可以得到缺失的两个数字。