位运算技巧：集合论应用与经典问题解法-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/lyh20021209/article/details/135321054

位运算本质上不是一种算法，而是一种trick，用来节约时间/空间的trick。背后常常有集合论、状态压缩等思想的支撑。这里探讨的位运算指的是其背后的指导思想而不是trick本身。因此对trick本身的证明就略过了。

位运算各种trick的详解请参照灵神的教学贴：leetcode.cn/circle/discuss/CaOJ45/

如果想获取位运算的知识图谱，以及集合论的一些基础知识。我在子集状压DP篇收录了相关图片（搬运别人的），可以在该博客找到。

一、集合论

常见的有枚举已知集合的子集、判断子集元素、集合交并补（对称）差等。

1.1. LC 78 子集

这里涉及最简单的枚举已知集合的子集。我们可以为集合中的每个元素编号，假设集合的势为n，则编号为0~(n-1)，那么子集就可以写作一个0-1串，选取则为1，不选则为0。采用小端法。

例如，共计4个元素，选取第0个和第2个，就是0101。我们把这个0-1串看成二进制，则它在十进制下就是5。而这种映射显然是一一对应的，双射。因此5就代表了子集{0，2}，用一个4字节整型就压缩了一个子集。

现在既然要枚举子集，那么就要确定子集的范围，很明显是全零到全一，也就是[ 0 , 2^n-1 ]。对于每个数我们判断子集元素即可。

那么如何判断子集元素？每次位于1，若为1则说明末位为1，应选取，然后整个数右移更新末位，循环直至整个0-1串被遍历即可。（或者可以把1移位，这个看个人喜好）

另外这一题是一道比较经典的题，他还能训练深搜回溯的基础算法。这里强调位运算集合论，就不放了。

复杂度O(n*2^n):共O(2^n)个子集，每个移位判断O(n)次。

import java.util.ArrayList;
import java.util.List;

class Solution {
    public List<List<Integer>> subsets(int[] nums) {
        // 位运算写法枚举子集
        int n = nums.length;
        List<List<Integer>> ans = new ArrayList<>();
        // [ 0 , 1 << n - 1 ] 不选对应0
        int j = 1 << n;
        for (int i = 0; i < j; i++) {
            ArrayList<Integer> sub = new ArrayList<>();
            int tmp = i;
            int index = 0;
            while(tmp>0){
                if((tmp&1)==1){
                    sub.add(nums[index]);
                }
                index++;
                tmp >>= 1;
            }
            ans.add(sub);
        }
        return ans;
    }
}

2.1. LC 2732 找到矩阵中的好子集

这题思路比较明确（我看提示了(笑哭)），就是任何一个合法子集中每一列至少有一个0。(如果全1那么和行数一样了，肯定没一半大)这样我们就能把子集压缩到最大行数为2的情况。

如果某一行全是0，直接返回这一行索引
如果两行&完是0，返回这两行索引

我的实现是：

先对每行位运算状压，作为一个int放到列表
对于每一个int a，生成一个列表[int]，这个列表中的所有int b满足
1. b的有效位长度和a一致，也即矩阵列数
2. a&b = 0
例如 a = binary(1101) 则合法的b有 [binary(0010),binary(0000)] 可以发现，由于n<=5，因此至多生成2^n=32个b
开一个hash表维护每个int a对应的索引，遍历之前生成的列表，查找这个列表中的值对应的索引j，如果有，返回[i,j]

from typing import List

class Solution:
    def goodSubsetofBinaryMatrix(self, grid: List[List[int]]) -> List[int]:
        arr = []

        def map_binary(row:List[int])->int:
            res = 0
            for i,x in enumerate(row):
                res |= (x<<i)
            return res
        
        def match_generate(row:int)->List[int]:
            res = []
            def dfs(row:int,index:int,prefix:int):
                if index >= len(grid[0]):
                    res.append(prefix)
                    return
                dfs(row,index+1,prefix|(0<<index))
                if (row>>index)&1==0:
                    dfs(row,index+1,prefix|(1<<index))
            dfs(row,0,0)
            return res
                    
        
        for row in grid:
            arr.append(map_binary(row))
        
        n = len(arr)
        rec = {}
        for i in range(n):
            if arr[i]==0:
                return [i]
            match = match_generate(arr[i])
            # print(match)
            for res in match:
                if res in rec:
                    return [rec[res],i]
            rec[arr[i]] = i
        
        return []

这题我有个运行时间上的问题，详情见于：每日一题测评运行时间问题：LC 2732 找到矩阵中的好子集 - 力扣（LeetCode）

二、位计数

2.1. LC 2997 使数组异或和等于K的最少操作次数

这题一看提交里的解答，我直接小脑萎缩。

class Solution {
    public int minOperations(int[] nums, int k) {
        for(int x:nums){
            k^=x;
        }
        return Integer.bitCount(k);
    }
}

我写了60+行，人家4行结束了。意思也很明了，先把已有的异或匹配，然后数剩下多少1就完事了。我写的那60+行就是模拟了这个过程。

2.2. LC 3097 或值至少为K的最短子数组Ⅱ

举个例子：

nums = [ 1,2,3,4,5 ]

假设i是我们遍历数组时的索引

i=0 只有一个或值：1
i=1 两个或值：3，2（1和新来的2或，得到3；2自己或，得到2）
i=2 一个或值：3，3，3（3和新来的3或，得到3；2和新来的3或，得到2；3自己或，得到3）
i=3 两个或值：7，4（3和4；4自己）

那么此时想要得到7的话，最短的子数组就是[3,4]。那么怎么知道从哪里开始最短呢？显然是i=2时产生的3个3中左端点最大的，也即[3]（而非[1,2],[1,2,3]）

所以我们要维护的就是（或值，产生该或值的最大左端点）的kv对。那么最多有多少个这样的KV对呢？注意数据范围没有超过int类型，所以最多是32个或值（0个1，1个1，…，31个1）。这样我们开一个长度为32的静态数组去维护这个KV对集合即可。

class Solution {
    public int minimumSubarrayLength(int[] nums, int k) {
        int ans = Integer.MAX_VALUE;

        int[][] ors = new int[32][2];
        int m = 0;

        for(int i=0;i<nums.length;i++){
            ors[m][0] = 0;
            ors[m++][1] = i;

            int j = 0;
            for (int idx = 0; idx < m; idx++) {
                ors[idx][0] |= nums[i];
                if(ors[idx][0]>=k){
                    ans = Math.min(ans,i-ors[idx][1]+1);
                }

                if(ors[idx][0]!=ors[j][0]){
                    ors[++j][0] = ors[idx][0];
                }

                ors[j][1] = ors[idx][1];
            }

            m = j+1;
        }

        return ans==Integer.MAX_VALUE?-1:ans;
    }
}

这里m相当于KV对集合的大小，而j代表了本次更新中遍历到的KV对，而

if(ors[idx][0]!=ors[j][0]){
    ors[++j][0] = ors[idx][0];
}

意味着，如果当前遍历到的KV对的或值不等于目前KV对的或值，说明我们找到了一个新的KV对，j往后移动，某则就要合并这两个或值相同的KV对了，取左端点的较大值，也即：

2.3. LC 1542 找出最长的超赞字符串

定义pre[i]为前i个数的异或和。

那么对于一个子串：

如果是偶数长度，那么开始位置i和结束位置j有：pre[i] = pre[j]
如果是奇数长度，那么pre[i]^pre[j] = 2^k(也即只有一个位置能是奇数个数）

而因为要求的是最长，那么显然可以利用哈希表维护达成某个pre的最早的索引。

对于任意索引i，ans = max(ans, i-pos[pre], max( i-pos[pre^(i<<d)] for d in range(10) ))

class Solution:
    def longestAwesome(self, s: str) -> int:
        alphabet = 10

        n = len(s)
        ans = pre = 0
        pos = [n]*(1<<alphabet) # 起初还未计算异或和对应最早的索引
        pos[0] = -1

        for i,x in enumerate(map(int,s)):
            pre ^= 1<<x
            ans = max(ans,i-pos[pre],max(i-pos[pre^(1<<d)] for d in range(alphabet))) # 偶数前后异或和相等，奇数可以选其中一个位置异或完不为0
            # 只需要最靠前的记录
            if pos[pre]==n:
                pos[pre] = i
        
        return ans

2.4. LC 3133 数组最后一个元素的最小值

把n-1插空插到x里面即可：

class Solution:
    def minEnd(self, n: int, x: int) -> int:
        n = n-1

        l = 0

        while n>0:
            if not (x>>l)&1: # 这一位为0，可以用
                x |= (n&1) << l # n的低位赋值给这一位
                n >>= 1
            l += 1
        
        return x

三、状态压缩

3.1. LC 3181 执行操作可获得的最大总奖励Ⅱ

首先排序是显然的，肯定不能先选大的再选小的，这个时候小的就选不了了。

令dp(i,j)表示到以rewardValues[i]为结尾的子数组能否构造出总奖励为j的方案。那么：

$dp(i,j) = dp(i-1,j) \ \ || \ \ dp(i-1,j-rewardValues[i])$

当且仅当rewardValues[i]≤j<2*rewardValues[i]-1。

说人话就是如果不到i就能构造出来，那么到i肯定也能够造出来。如果j比rewardValues[i]大且转移源j-rewardValues[i]<rewardValues[i]（满足题意仅当当前总奖励小于rewardValues[i]才能选择rewardValues[i]加入总奖励），那么如果转移源dp(i-1,j-rewardValues[i])能被构造出来，则dp(i,j)也能被构造出来。

但是rewardValues的长度和元素大小都已经到了5*1e4的地步，即便滚动数组优化空间之后也是包TLE的。

这里就需要状态压缩，把dp(j)压缩成一个长整型f。f的二进制第i位(从0开始)代表i是否能被构造出来。

那么就有：

$f |= (f\&((1<<v)-1))<<v$

其中v为rewardValues[i]

举个例子，v=2，那么转移源为0或1的情况下我们可以选择2。(1<<2)-1 = 0b11。但是f的低两位可能不全是1，当且仅当f的低v位中的某一位为1，那么该位左移v位才能设置为1。

低v位是为了满足题意中比v小才能选v
左移v位是因为转移至多转移到2*v-1

在细节上，首先我们可以对元素进行去重，因为选了v就不可能再选v了。另外如果最大值-1也在列表中，则可以取到上限2*max-1。

class Solution:
    def maxTotalReward(self, rewardValues: List[int]) -> int:
        mx = max(rewardValues)
        if mx-1 in rewardValues:
            return 2*mx-1
        
        rewardValues = sorted(set(rewardValues))

        f = 1
        for r in rewardValues:
            f |= (f&((1<<r)-1))<<r
        
        return f.bit_length()-1