位运算在Java编程中的应用

菜鸟问路 2021-06-21

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计算机的世界，是0-1的世界。

位运算，是对比特位进行运算，执行上会更快？

一、原码-反码-补码

计算机中的有符号数有三种表示方法，即原码、反码和补码。三种表示方法均由符号位和数值位两部分组成，符号位用0表示“正”，用1表示“负”。

计算机系统中，数值都是以补码的形式表示和存储的，正数的补码就是其二进制表示，负数的补码是其绝对值数的原码取反后加1.

原码：数字的二进制表示，如10的二进制表示：00000000 00000000 00000000 00001010

反码：原码的每一个比特位取反,如10的反码为：11111111 11111111 11111111 11110101

补码：反码加1,-10的补码：11111111 11111111 11111111 11110110

补码存在的意义：解决了符号的表示问题并使得符号位能参与运算；将减法用加法的形式来表示。

二、常用的位运算

程序中的所有数在计算机内存中都是以二进制的形式储存的。位运算就是直接对整数在内存中的二进制位进行操作，常用的位运算有以下7种：

与(&）：相同位上，都为1，结果才是1

5 & 3 = 1 （101 & 011 = 001)

或(|)：相同位上，只要有一个1，结果则为1

5 | 3 = 7 ( 101 | 011 = 111)

异或(^) ：相同位上，不同则为1，相同则为0

5 ^ 3 = 0 (101 ^ 011 = 110)

取反(~) ：1变0，0变1

~5 = - 6

左移(<<) ：低位补0

正数，在不溢出的情况下，每左移一位相当于数值乘以2，7 << 1 = 14

右移(>>) ：正数高位补0，负数高位补1

在不溢出的情况下，每右移一位相当于除以2并向下取整，7 >> 1 = 3

无符号右移(>>>) ：高位补0

问题思考：为什么没有无符号左移？

符号位本来就在左边（高位）,假设每次无脑补0，则移完位后还得将最高位置为0，这就相当于两步操作了。

三、位运算的应用

借助于位运算，可以巧妙的解决某些问题，使实现更加优雅；节省存储空间，提供运行效率。

3.1 开关类场景

0与1天生用来表示对立的两种状态(开关)。若用一个int字段来表示一个状态开关，则当有多个开关时，需要多个int字段来表示和存储。这无疑增大了存储空间。

一个int类型有32个位，理论上可以表示32个开关。

带来的问题：多个开关存储成一个字段，在表示上，不能一眼看出具体某个开关的状态，需要经过运算才能得多结果，做不到所见即所得。

解决这个问题的唯一途径就是：编写一些辅助方法来获取对应开关的实际状态。

3.2 签到场景

签到场景其实是开关类场景的具体应用，用一个int字段来表示用户一个月的签到情况，0表示未签到，1表示签到。

想知道某一天是否签到，则只需要判断对应的比特位上是否为1.

想知道一个月累计签到了多少次，只需要统计有多少个比特位为1，可以使用下面方法获得：

Integer.bitCount()

3.3 动态调整接口的返回

是开关类场景的另一种具体应用，场景描述如下：

有个用户模块，需要对外提供获取用户信息的接口，用户信息包括：基本信息、会员信息、实名认证信息、粉丝信息、关注信息、勋章等。

针对不同的展示位置，需要展示不同的信息，如果在一个接口中，将全部信息都返回，无疑是一种浪费，也会导致接口时延很高；

如果针对每个具体场景，单独适配接口，这种情况下，当场景比较多时，需要实现多个，并且当后续用户信息扩展时，也需要针对扩展的信息单独添加新接口或者修改以前旧的接口，改动量会比较大。

我们可以为每个用户信息块设置一个开关，当接口中出现该开关时，则表示需要获取对应部分的信息，具体实现如下：

public interface UserOptType{
   long BASE_INFO = 1;
   long VIP_INFO = 1 << 1;
   long FANS_INFO = 1 << 2;
   long ATTENTION_INFO = 1 << 3;
   long MODEL_INFO = 1 << 4;
   long REAL_NAME_INFO = 1 << 5;
}


public class UserService{
    public Object getUserInfo(String userId,long optType){
        Object result = new Object();
        if ( optType & UserOptType.BASE_INFO > 0 ){
            setBaseInfo(userId,result);
        }
        if ( optType & UserOptType.VIP_INFO > 0 ){
            setVipInfo(userId,result);
        }
      // ......
    }
}

3.4 判断数字的奇偶性

能被2整除的，就是偶数，否则就是奇数。根据定义，我们有如下的判断方式：

public boolean isEven(int input){
  return input % 2 == 0;
}

从比特位上看，偶数最后一个比特位是0，奇数为1，因此也可以使用下面代码来判断：

public boolean isEven(int input){
  return input & 1 == 0;
}

位运算实现的方式，有何优势？是否执行更快，这个还有待验证；理论上说，应该是会快，但对于现代的硬件来说，这点快可能很难感受到。但有一个点应该是可以肯定的，可以“装逼”。用位运算的方式实现看上去没有根据定义实现的代码来得直接。

3.5 一个字段表示多种含义

用一个字段来表示多个含义，可以减少存储；这一点JVM中的线程池ThreadPoolExcutor就有所体现。

使用AtomicInteger字段ctl，存储当前线程池状态和线程数量。高3位表示当前线程的状态，低29位表示线程的数量。

线程数量的增减直接对ctl字段进行增减。

private final AtomicInteger ctl = new AtomicInteger(ctlOf(RUNNING, 0));
// 低29位表示线程数，因此最大线程数为 2^29 -1,大约500多万
// 实际应用中，计算机是不可能创建这么多线程的
// 以JVM为例，一个线程占用256K （-Xss），8G内存，最多也就创建 4 * 8 * 1024
private static final int COUNT_BITS = Integer.SIZE - 3;
private static final int CAPACITY   = (1 << COUNT_BITS) - 1;


// 当前线程池的运行状态，存储在高位
// 用负数来表示运行中    
private static final int RUNNING    = -1 << COUNT_BITS;
private static final int SHUTDOWN   =  0 << COUNT_BITS;
private static final int STOP       =  1 << COUNT_BITS;
private static final int TIDYING    =  2 << COUNT_BITS;
private static final int TERMINATED =  3 << COUNT_BITS;


// 对控制字段的解包和打包方法
// 求解出当前的运行状态，当前的线程数
private static int runStateOf(int c)     { return c & ~CAPACITY; }
private static int workerCountOf(int c)  { return c & CAPACITY; }
private static int ctlOf(int rs, int wc) { return rs | wc; }


// 直接使用CAS增加线程数
private boolean compareAndIncrementWorkerCount(int expect) {
return ctl.compareAndSet(expect, expect + 1);
}
private boolean compareAndDecrementWorkerCount(int expect) {
    return ctl.compareAndSet(expect, expect - 1);
}

3.6 巧用 & 进行取余

当前的时代是大数据和高并发的时代，在数据库层面，通常会通过数据分表来提高性能，分表的常用方法就是对某个唯一性字段进行表数量的取余，以决定该数据属于那张表。

在位运算中，对一个2^n取余，其实就是与上（2^n - 1）。

这一点，在HashMap中有所体现，HashMap中，要求内部数组table[]大小是2^n,这样在计算key对应的下标时，就可以使用到与运算&。

3.7 使用位运算，巧妙实现算法

在HashMap的实现中，为了确保数组大小是2^n,会通过 tableSizeFor()方法来找出：第一个大于等于给定数值的2^n

从数学等比数列：1 2 4 8 ... 前 n-1个数的和就是2^n - 1

因此上面的问题可以转化成：将给定数值，第一个出现比特位为1，之后的所有低位都变为1.

因此，算法的实现如下：

第0步：先将原数值减1，目的就是为了满足(2^n - 1) = (n-1)位1所表示的数值，防止当给定的数值就是2^n，经过下面的操作会变成：2^(n+1),则会不满足条件。

第一步：n | (n >>> 1) 会将后1个比特位置为1，然后将该值赋值给n

第二步：n | (n >>> 2) 会将后3个比特位置为1,再将该结果复制给n

第三步：n | (n >>> 4) 会将后7个比特位置为1,再将该结果复制给n

第四步：n | (n >>> 8) 会将后15个比特位置为1,再将该结果复制给n

第五步：n | (n >>> 16)会将后31个比特位置为1,再将该结果复制给n

当上面的某一步，低位已经全部是1之后，则后面的操作，不会改变结果。

当负数的时候，会在某一步上，比特位全为0.

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