在面试环节中，面试官很喜欢问一些特别的题目，这些题目有着特殊的解法，如果回答的巧妙往往能在面试中加分。
在这些题目中，位操作（Bit Operation）就是极具魅力的一种。今天，吴师兄就来分享 LeetCode 上几道跟 Bit Operation 有关的题目。
题目一： 位 1 的个数
LeetCode上第 191 号问题：编写一个函数，输入是一个无符号整数，返回其二进制表达式中数字位数为 ‘1’ 的个数。
该题比较简单，解法有挺多，有位移法、位操作法、查表法、二次查表法等方法。
观察一下 n 与 n-1 这两个数的二进制表示：对于 n-1 这个数的二进制来说，相对于 n 的二进制，它的最末位的一个 1 会变成 0，最末位一个 1 之后的 0 会全部变成 1，其它位相同不变。
比如 n = 8888，其二进制为 10001010111000
则 n - 1 = 8887 ，其二进制为 10001010110111
通过按位与操作后：n & (n-1) = 10001010110000
也就是说：通过 n&(n-1)这个操作，可以起到消除最后一个1的作用。
所以可以通过执行 n&(n-1) 操作来消除 n 末尾的 1 ，消除了多少次，就说明有多少个 1 。
代码如下：
class Solution {
public:
int hammingWeight(uint32_t n) {
int cnt = 0;
while(n > 0){
cnt++;
n = n & (n - 1);
}
return cnt;
}
};
题目二：2 的幂
LeetCode上第 231 号问题：给定一个整数，编写一个函数来判断它是否是 2 的幂次方。
首先，先来分析一下 2 的次方数的二进制写法：
表格
仔细观察，可以看出 2 的次方数都只有一个 1 ，剩下的都是 0 。根据这个特点，只需要每次判断最低位是否为 1 ，然后向右移位，最后统计 1 的个数即可判断是否是 2 的次方数。
代码很简单：
class Solution {
public:
bool isPowerOfTwo(int n) {
int cnt = 0;
while (n > 0) {
cnt += (n & 1);
n >>= 1;
}
return cnt == 1;
}
};
该题还有一种巧妙的解法。再观察上面的表格，如果一个数是 2 的次方数的话，那么它的二进数必然是最高位为1，其它都为 0 ，那么如果此时我们减 1 的话，则最高位会降一位，其余为 0 的位现在都为变为 1，那么我们把两数相与，就会得到 0。
比如 2 的 3 次方为 8，二进制位 1000 ，那么 8 - 1 = 7，其中 7 的二进制位 0111。
图 2
利用这个性质，只需一行代码就可以搞定。
class Solution {
public:
bool isPowerOfTwo(int n) {
return (n > 0) && (!(n & (n - 1)));
}
};
题目三：数字范围按位与
LeetCode上第 201 号问题：给定范围 [m, n]，其中 0 <= m <= n <= 2147483647，返回此范围内所有数字的按位与（包含 m, n 两端点）。
示例 :
输入: [26,30]
输出: 24
首先，将 [ 26 , 30 ] 的范围数字用二进制表示出来：
11010 11011 11100 11101 11110
而输出 24 的二进制是 11000 。
可以发现，只要找到二进制的 左边公共部分 即可。
所以，可以先建立一个 32 位都是 1 的 mask，然后每次向左移一位，比较 m 和 n 是否相同，不同再继续左移一位，直至相同，然后把 m 和 mask 相与就是最终结果。
class Solution {
public:
int rangeBitwiseAnd(int m, int n) {
int d = INT_MAX;
while ((m & d) != (n & d)) {
d <<= 1;
}
return m & d;
}
};
题目四：重复的 DNA 序列
LeetCode上第 187 号问题：所有 DNA 由一系列缩写为 A，C，G 和 T 的核苷酸组成，例如：“ACGAATTCCG”。在研究 DNA 时，识别 DNA 中的重复序列有时会对研究非常有帮助。
编写一个函数来查找 DNA 分子中所有出现超过一次的 10 个字母长的序列（子串）。
示例:
输入: s = "AAAAACCCCCAAAAACCCCCCAAAAAGGGTTT"
输出: ["AAAAACCCCC", "CCCCCAAAAA"]
首先，依旧先将 A , C , G , T 的 ASCII 码用二进制来表示：
A: 0100 0001 C: 0100 0011 G: 0100 0111 T: 0101 0100
通过观察发现每个字符的后三位都不相同，因此可以用末尾的三位来区分这四个字符。
题目要求是查找 10 个字母长的序列，这里我们将每个字符用三位来区分的话，10 个字符就需要 30 位 ，在32位机上也 OK 。
为了提取出后 30 位，需要使用 mask ，取值为 0x7ffffff（二进制表示含有 27 个 1） ，先用此 mask 可取出整个序列的后 27 位，然后再向左平移三位可取出 10 个字母长的序列 （ 30 位）。
为了保存子串的频率，这里使用哈希表。
首先当取出第十个字符时，将其存在哈希表里，和该字符串出现频率映射，之后每向左移三位替换一个字符，查找新字符串在哈希表里出现次数，如果之前刚好出现过一次，则将当前字符串存入返回值的数组并将其出现次数加一，如果从未出现过，则将其映射到 1。
举个🌰：
根据题意，第一个操作：首先取出前九个字符 AAAAACCCC ，根据上面的分析，用三位来表示一个字符，所以这九个字符可以用二进制表示为 001001001001001011011011011，
第二个操作：开始遍历字符串，下一个进来的是 C ，则当前字符为 AAAAACCCCC ，二进制表示为001001001001001011011011011011，然后将其存入哈希表中。然后再读入下一个字符 A，则此时字符串为AAAACCCCCA，依旧使用二进制进行表示。
以此类推，当某个序列之前已经出现过了，只需要将其存入结果 res 中即可，参见代码如下：
class Solution {
public:
vector<string> findRepeatedDnaSequences(string s) {
vector<string> res;
if (s.size() <= 10) return res;
int mask = 0x7ffffff, cur = 0;
unordered_map<int, int> m;
for (int i = 0; i < 9; ++i) {
cur = (cur << 3) | (s[i] & 7);
}
for (int i = 9; i < s.size(); ++i) {
cur = ((cur & mask) << 3) | (s[i] & 7);
if (m.count(cur)) {
if (m[cur] == 1) res.push_back(s.substr(i - 9, 10));
++m[cur];
} else {
m[cur] = 1;
}
}
return res;
}
};
如果你看过我前文的 算法科普：有趣的霍夫曼编码，肯定会思考能不能用更简单的字符进行表示。
答案是可以的！
上面的方法都是用三位来表示一个字符，由于这里只有四个不同的字母，用两位来表示一个字符也是可以满足需要的。
00 表示 A ，01 表示 C ，10 表示G ，11 表示T ，这样的话总共需要20位就可以表示十个字符流，其余的思路跟上面的方法完全相同，只需要将 mask 修改为 0x3ffff （二进制表示含有 18 个 1）即可。
class Solution {
public:
vector<string> findRepeatedDnaSequences(string s) {
unordered_set<string> res;
unordered_set<int> st;
unordered_map<int, int> m{{'A', 0}, {'C', 1}, {'G', 2}, {'T', 3}};
int cur = 0;
for (int i = 0; i < 9; ++i) cur = cur << 2 | m[s[i]];
for (int i = 9; i < s.size(); ++i) {
cur = ((cur & 0x3ffff) << 2) | (m[s[i]]);
if (st.count(cur)) res.insert(s.substr(i - 9, 10));
else st.insert(cur);
}
return vector<string>(res.begin(), res.end());
}
};
End
除了上面这四道跟 Bit Operation 有关的题目外，LeetCode 上的还有很多题目也和位操作有关，比如 格雷码、翻转位、两数相除等等。
当然，之前写过的那篇 一道让你拍案叫绝的算法题 也是 Bit Operation 的经典操作。
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