本文是在找工作的准备过程中关于位运算的一些积累和记录的整理。注意：部分位运算的处理结果依赖于变量所属类型的字长，使用时请结合具体环境修改。
1.XOR应用
性质：满足交换率、结合律，一个数与其自身异或结果为0。
(1)不用中间变量，交换两数
a = a^b; b = b^a; //b = b^(a^b),thus b becomes the earlier a a = a^b; //a = (a^b)^a,thus a becomes the earlier b
扩展：不用异或，同样也能不用中间变量，交换两数
a = a - b; b = a + b; // b = (a - b)+ b, thus b becomes the earlier a a = b - a; // a = a - (a - b), thus a becomes the earlier b
但是这种方式引入了一个陷阱，如果a是一个很大的正数而b是一个很大的负数，那么a-b就会溢出。虽然在b=a+b时可能会通过再一次溢出从而获得真实的a的值，不推荐这种利用未定义行为的解法。
如何理解这种解法？其实第一行是a=a-b还是a=a+b再或者是a=a*b都可以，对应地在第二行把b通过这个式子和b本身的运算求出a即可，再在第三行利用ab的组合值以及原先的a求解b。明显地，使用*比+或-更容易溢出。理解后，完全不必死记硬背这三个式子，看成是解方程就不难了。
(2)寻找只出现1次的一个数，其他数出现偶数次（或寻找唯一一个出现奇数次的数，其他数出现偶数次）
解法：全部数做XOR，最后的结果就是要找的数。
扩展：寻找出现奇数次的数，其他不必寻找的数只出现偶数次。
常见的面试题扩展，思路还是原来的思路，先全部XOR一遍，在获得的结果上，对每一位为1（即可能有两个不同的数，二进制标识中该位不同）进行分组，构造出所有待找出的数。
这么概括很抽象，看一道具体的笔试题吧，通过解题就容易理解了。
（小米2013校招笔试题）一个数组里，除了三个数是唯一出现的，其余的都出现偶数个，找出这三个数中的任一个。比如数组元素为【1, 2,4,5,6,4,2】，只有1,5,6这三个数字是唯一出现的，我们只需要输出1,5,6中的一个就行。
解答：http://blog.csdn.net/leo115/article/details/8036990
(3)NIM游戏的状态分析
请参考《编程之美》1.12 NIM(2) “拈”游戏分析。其核心是，两种完全不同的状态（安全状态和不安全状态）的XOR值恰为0和1。
2.加法，不用+-*/做加法（《剑指Offer》面试题47）
迭代版本（《剑指Offer》面试题47）
int Add(int num1,int num2) { int sum,carry; do { sum = num1^num2; carry= (num1 & num2)<<1; num1 = sum; num2 = carry; } while (num2!=0) return num1; }
递归版本（CareerCup 20.1）
int add_no_arithm(int num1,int num2) { if(num2 == 0) return num1; int sum = a^ b; int carry = (a&b)<<1; return add_no_arithm(sum,carry); }
3.求两数的平均数 ，不用-、*、/求两数的平均数
似乎是出自《程序员面试宝典》，但是我在第三版第12章没找到原题。用下面的代码就能“神奇地”获得两个整型的平均值
int average（int x，int y） { return （ (x&y) + ( (x^y)>>1 ) ）; }
解释请看：http://blog.csdn.net/leo115/article/details/7993110，不过也是转载，原出处疑似已失效。
4.不用*和/做除法（《算法设计手册》面试题1-28）
慢速版本和优化版本请参考旧作：http://www.cnblogs.com/wuyuegb2312/p/3257558.html
纵观第2、3、4条可以发现，如果限制不允许使用某种四则运算符以及%，就可以在位运算上打主意了。
5.二进制中1的个数
不要觉得很trick，这是K&R提到过的。值得注意的是，如果使用C实现，为了避免实现定义不同造成的结果不同，需要把该变量转化为无符号型。
int bitcount(unsigned x) { int b; for(b=0;x|=0;x>>=1) if(x&01) b++; return b; }
事实上K&R习题2-9提到了一种更快的算法：
int bitcount(unsigned x) { int b; for(b=0;x!=0;x&= x-1) b++; return b; }
6.从无符号型x的第p位开始，取n位（K&R）
//最低位是第0位 unsigned getbits(unsigned x,int p, int n) { return (x>>(p+1-n)) & ~(~0<<n); }
7.利用同余的性质和位运算加速的辗转相减求最大公约数法（《C语言参考手册》第七章）
unsigned binary_gcd(unsigned x, unsigned y) { unsigned temp; unsigned common_power_of_two = 0; if(x==0) return 0; if(y==0) return 0; /*find the largest power of two that divides both x and y*/ while(((x|y)&1)==0) { x >>= 1; y >>= 1; ++common_power_of_two; } while((x &1) == 0) x >>= 1; while(y) { /*x is odd and y is nonzero here*/ while((y&1)==0) y >>= 1; /*x and y are odd here*/ temp = y; if (x>y) y = x - y; else y = y-x; x = temp; /*Now x has the old value of y,which is odd. y is even,because it is the difference of two odd numbers therefore it will be right-shifted at least once on the next iteration.*/ } return (x<<common_power_of_two); }
8.不用大于小于号，求两数较大值（CareerCup 19.4）
int getMax(int a,int b) { int c = a - b; int k = (c>>31)&0x1; int max = a-k*c; return max; }
9.实现位向量
这种做法是对空间的高效利用。对《编程珠玑》上位向量实现全面分析的旧作一篇：http://www.cnblogs.com/wuyuegb2312/p/3136831.html
10.其他
附上MoreWindows前辈的一篇博文链接：位操作基础篇之位操作全面总结，顺便把该文的目录拿来做个索引：