异或(^) 这个位操作运算符相信大家一定都不陌生，这个运算符可以用来解决很多普通算法解决不了的问题，而且位运算是直接对二进制码做运算，相对普通的加减乘除运算符来说的话更加的高效，我们借着题目一起来看看。
1
对两个输入参数做加法运算，但是不能使用 “ ” 运算符 。
解法思路
看到这样的问题，能想到的只有位运算，问题是怎么算？相信大家小学刚学习加法的时候，对于一下子不能得到答案的题，肯定会在草稿纸上列竖式，从右向左算，同一列对下来的数字相加如果超过 10，那么肯定要在下面写两个数字相加后的个位数，然后往前进一位，下一位运算时就要加上这个进位，用这样的方式直到最后算出结果。这题的思路也是一样的，只不过有两点不一样，第一，10 进制变成了 2 进制，第二，我们不再是在草稿纸上列竖式，而是要写成计算机看得懂的代码，这就得借助我们的位运算了，因为 2 进制表示的数中只会出现 0 和 1，你可以把这两个数看成是 true 和 false，这样更好理解，我们可以先通过异或塞选出不用进位的情况，然后再用与运算和左移运算计算出进位的情况，迭代更新出最后的结果。
参考代码
public int plus(int a, int b) { int aTemp = 0, bTemp = 0; while (b != 0) { aTemp = a ^ b; bTemp = (a & b) << 1; a = aTemp; b = bTemp; } return a; }
02
如何在不创建临时变量的情况下进行交换两个数？
解法思路
异或的常见应用，很简单，但是注意思考角度从位出发，而不是数，这点很重要。
参考代码
public void swap(int a, int b) { a ^= b; // a 中存放两数互异的点位 b ^= a; // 取反 b 中不同于 a 的点位，也就是实现了 b = a a ^= b; // 取反 a 中不同于 b 的点位，也就是实现了 a = b }
03
如果把 A 转换成 B ，需要改变多少位？
解法思路
异或的简单应用，两个数做异或的结果就是两个数差异所在，然后只需计算这个结果中有多少个 1 即可。
参考代码
public int convertA2B(int A, int B) { int n = A ^ B; int count = 0; while (n != 0) { n = n & (n - 1); // n - 1 是将 n 的最低位为零 count ; } return count; }
04
LeetCode 第 136 号问题：给定一个非空整数数组，除了某个元素只出现一次以外，其余每个元素均出现两次。找出那个只出现了一次的元素。
解法思路
异或的三个点顺下来，就可以很清楚地解这道题：
异或运算和乘法一样，位置和运算顺序不影响最后结果：a^b^c = b^c^a
两个相同的数做异或运算结果为零：a^a = 0
任何数和零做异或结果还是这个数本身：a^0 = a
参考代码
public int findOnce(int[] arr) { int result = 0; for (int i = 0; i < arr.length; i) { result ^= arr[i]; } return result; }
05
LeetCode 第 137 号问题：给定一个非空整数数组，除了某个元素只出现一次以外，其余每个元素均出现了三次。找出那个只出现了一次的元素。
解法思路
这题的难点在于 3 次，如果把数组里面的数字就当作数字本身来看的话，很难找到突破口；如果想到了位运算，那就要有一个概念就是位运算是基于位的，而不是基于数的，在这个问题中，所有的 bit 的出现次数只会有两种情况，3*n，3*n 1,这里的 n 是任意整数，假设你遍历数组，其实会有一个中间态就是 3*n 2 存在，对于除这个数以外的其他数，过程大概是 3*n 1 -> 3*n 2 -> 3*n，我们只要记录的就是 3*n 1 和3*n 2的情况，因为 3*n 其实就是一个初始状态（n=0）,记不记录和我们最后要返回的答案无关，而记录 3*n 2 是为了恢复一些 bit 从 3*n 2 到 3*n
参考代码
public int singleNumber(int[] nums) { int ones = 0, twos = 0; for (int i = 0; i < nums.length; i) { // 找出当前的 3n 1 ones = (nums[i] ^ ones) & (~twos); // 找出当前的 3n 2 twos = (nums[i] ^ twos) & (~ones); } return ones; }
06
LeetCode 第 260 号问题：给定一个整数数组 nums，其中恰好有两个元素只出现一次，其余所有元素均出现两次。找出只出现一次的那两个元素。
解法思路
这题的主要难点是如何把两个数给拆出来，如果直接运用异或算法，我们最后得到的结果是两个数做异或的结果，关键点是如何基于这个异或的结果来找到这两个数，有一点很重要的就是，异或的结果为 1 的点位只会出现在其中一个数中，我们可以用其中一个为 1 的点位作为判断依据，这个点位存在的所有数在一起做异或，这个点位不存在的所有数一起做异或，这样就把这个问题拆解成了两个 problem 3。
参考代码
public int[] singleNumber(int[] nums) { if (nums == null || nums.length == 0) { return new int[2]; } int different = 0; for (int i : nums) { different ^= i; } different &= -different; int[] ans = {0, 0}; for (int i : nums) { if ((different & i) == 0) { ans[0] ^= i; } else { ans[1] ^= i; } } return ans; }
总结
位运算相对其他的运算来说更加的高效，异或在位运算中的应用非常广，但是这里的难点是我们平时可能会忽视位运算，导致我们遇到一般的问题不会往位运算的方向去想，另外就是如果对二进制的运算不熟，我们也很难理解一些位运算的综合操作，这里提到了异或可以交换两个数，做加法操作，还可以用来解决一些问题。
