我在answer到another question中看到了一种有趣的技巧，并且想要更好地理解它。
我们给出了一个无符号的64位整数，我们对以下几位感兴趣：
1.......2.......3.......4.......5.......6.......7.......8.......
具体来说，我们希望将它们移到前八位，如下所示：
12345678........................................................
我们不关心.指示的位值，并且不必保留它们。
solution用于屏蔽不需要的位，并将结果乘以0x2040810204081。事实证明，这就是诀窍。
这种方法有多普遍？这种技术可以用来提取任何比特子集吗？如果不是，那么如何判断该方法是否适用于特定的一组位？
最后，如何找到（a？）正确的乘数来提取给定的比特？
答案 0 :(得分：231)
非常有趣的问题和聪明的伎俩。
让我们看一个操作单个字节的简单示例。使用无符号8位简化。想象一下，您的号码为xxaxxbxx，您想要ab000000。
解决方案包括两个步骤：一个掩码，然后乘法。位掩码是一种简单的AND操作，可将无趣的位转换为零。在上述情况下，您的掩码为00100100，结果为00a00b00。
现在困难的部分：将其转变为ab......。
乘法是一堆移位和加法运算。关键是允许溢出＆＃34;转移＆＃34;我们不需要的东西，把我们想要的东西放在正确的位置。
乘以4（00000100）会将剩下的所有内容都移到2，然后转到a00b0000。为了让b向上移动，我们需要乘以1（以使a保持在正确的位置）+ 4（将b向上移动）。这个总和是5，并且与之前的4相加，我们得到一个幻数20或00010100。掩蔽之后，原始是00a00b00;乘法给出：
000000a00b000000
00000000a00b0000 +
----------------
000000a0ab0b0000
xxxxxxxxab......
通过这种方法，您可以扩展到更大的数字和更多的位。
你提出的一个问题是＃34;这可以用任意数量的位完成吗？＆＃34;我认为答案是＆＃34; no＆＃34;，除非您允许多次屏蔽操作或多次乘法。问题是＆＃34;碰撞＆＃34; - 例如，＆＃34;流浪b＆＃34;在上面的问题。想象一下，我们需要对xaxxbxxcx之类的数字执行此操作。按照早期的方法，你会认为我们需要{x 2，x {1 + 4 + 16}} = x 42（噢 - 一切的答案！）。结果：
00000000a00b00c00
000000a00b00c0000
0000a00b00c000000
-----------------
0000a0ababcbc0c00
xxxxxxxxabc......
正如您所看到的，它仍然有效，但仅仅是＆＃34;。他们关键的是有足够的空间和＃34;在我们想要的位之间，我们可以挤压一切。我无法在c之后添加第四位d，因为我会得到我得到c + d的实例，可能带有位，......
因此，如果没有正式的证据，我会回答你问题中更有趣的部分如下：＆＃34;不，这对任意数量的位都不起作用。要提取N位，您需要在要提取的位之间留出（N-1）个空格，或者有额外的掩码乘法步骤。＆＃34;
我能想到的唯一例外是＆＃34;在比特之间必须有（N-1）个零＆＃34;规则是这样的：如果你想提取原始中彼此相邻的两个位，并且你希望它们保持相同的顺序，那么你仍然可以这样做。并且出于（N-1）规则的目的，它们被计为两位。
还有另一种见解 - 受以下@Ternary答案的启发（见我在那里的评论）。对于每个有趣的位，您只需要在其右侧有多个零，因为您需要空间来存在需要的位。但是，它左边需要尽可能多的位，因为左边有结果位。因此，如果位b在n的位置m结束，则它需要在其左侧具有m-1个零，并且在其右侧具有n-m个零。特别是当比特在原始数字中的顺序与重新排序后的顺序不同时，这是对原始标准的重要改进。这意味着，例如，一个16位字
a...e.b...d..c..
可以转入
abcde...........
即使e和b之间只有一个空格，d和c之间只有两个空格，其他三个空格。无论N-1发生了什么？在这种情况下，a...e成为＆＃34;一个块＆＃34; - 它们乘以1以最终在正确的位置，所以＆＃34;我们免费得到e＆＃34;。对于b和d也是如此（b需要右边三个空格，d需要左边相同的三个空格）。因此，当我们计算幻数时，我们发现存在重复：
a: << 0 ( x 1 )
b: << 5 ( x 32 )
c: << 11 ( x 2048 )
d: << 5 ( x 32 ) !! duplicate
e: << 0 ( x 1 ) !! duplicate
显然，如果您希望这些数字的顺序不同，则必须进一步区分它们。我们可以重新制定(N-1)规则：＆＃34;如果位之间至少有（N-1）个空格，它将始终有效;或者，如果最终结果中的比特顺序是已知的，那么如果比特b在n的位置m结束，则其左边需要m-1个零，并且右边的n为零。＆＃34;
a...e.b...d..c..
为简单起见，我将位位置ABCDEFGHIJKLMNOP
我们要做的数学是
ABCDEFGHIJKLMNOP
a000e0b000d00c00
0b000d00c0000000
000d00c000000000
00c0000000000000 +
----------------
abcded(b+c)0c0d00c00
到目前为止，我们认为低于abcde（位置ABCDE）的任何内容都无关紧要，但事实上，正如@Ternary指出的那样，b=1, c=1, d=1然后是(b+c)位置G会导致位置F，这意味着位置(d+1)中的F会进入E - 我们的结果是被宠坏的。请注意，感兴趣的最低有效位（此示例中为c）右侧的空格并不重要，因为乘法将导致填充零，从最低有效位开始。
所以我们需要修改我们的（m-1）/（n-m）规则。如果有多个位具有＆＃34;正好（nm）未使用的位（不计算模式中的最后一位 - ＆＃34; c＆＃34;在上例中），那么我们需要加强规则 - 我们必须反复这样做！
我们不仅需要查看符合（nm）标准的位数，还要查看位于（n-m + 1）的位数等。让我们调用它们的数字Q0（确切地说n-m到下一位），Q1（n-m + 1），直到Q（N-1）（n-1）。那么我们冒险携带
Q0 > 1
Q0 == 1 && Q1 >= 2
Q0 == 0 && Q1 >= 4
Q0 == 1 && Q1 > 1 && Q2 >=2
...
如果你看一下，你可以看到，如果你写一个简单的数学表达式
W = N * Q0 + (N - 1) * Q1 + ... + Q(N-1)
，结果为W > 2 * N，那么您需要将RHS标准增加一位到(n-m+1)。此时，只要W < 4，操作就是安全的;如果这不起作用，再增加一个标准，等等。
我认为按照上述步骤可以帮助您解决问题......
答案 1 :(得分：151)
确实非常有趣的问题。我正在用我的两分钱，这就是说，如果你可以通过比特向量理论的一阶逻辑设法说明这样的问题，那么定理证明是你的朋友，并且可以为你提供非常快的速度回答你的问题。让我们重新陈述被问为一个定理的问题：
“存在一些64位常量'掩码'和'被乘数'，这样，对于所有64位位向量x，在表达式y =（x＆amp; mask）*被乘数中，我们得到y.63 = = x.63，y.62 == x.55，y.61 == x.47等。“
如果这个句子实际上是一个定理，那么常量'mask'和'multiplicand'的某些值确实满足这个属性。所以让我们用一个定理证明者可以理解的东西来表达这个，即SMT-LIB 2输入：
(set-logic BV)
(declare-const mask (_ BitVec 64))
(declare-const multiplicand (_ BitVec 64))
(assert
(forall ((x (_ BitVec 64)))
(let ((y (bvmul (bvand mask x) multiplicand)))
(and
(= ((_ extract 63 63) x) ((_ extract 63 63) y))
(= ((_ extract 55 55) x) ((_ extract 62 62) y))
(= ((_ extract 47 47) x) ((_ extract 61 61) y))
(= ((_ extract 39 39) x) ((_ extract 60 60) y))
(= ((_ extract 31 31) x) ((_ extract 59 59) y))
(= ((_ extract 23 23) x) ((_ extract 58 58) y))
(= ((_ extract 15 15) x) ((_ extract 57 57) y))
(= ((_ extract 7 7) x) ((_ extract 56 56) y))
)
)
)
)
(check-sat)
(get-model)
现在让我们问定理证明者Z3这是否是一个定理：
z3.exe /m /smt2 ExtractBitsThroughAndWithMultiplication.smt2
结果是：
sat
(model
(define-fun mask () (_ BitVec 64)
#x8080808080808080)
(define-fun multiplicand () (_ BitVec 64)
#x0002040810204081)
)
宾果！它以0.06秒的速度再现原始帖子中给出的结果。
从更一般的角度来看，我们可以将其视为一阶程序综合问题的一个实例，这是一个新兴的研究领域，很少有论文发表。搜索"program synthesis" filetype:pdf可以帮助您入门。
答案 2 :(得分：85)
乘法器中的每1位用于将其中一个位复制到正确的位置：
1已经处于正确位置，因此乘以0x0000000000000001。2必须向左移动7位，因此我们乘以0x0000000000000080（设置第7位）。3必须向左移动14位，因此我们乘以0x0000000000000400（设置位14）。8必须向左移动49位，因此我们乘以0x0002000000000000（设置位49）。乘数是各个位的乘数之和。
这只能起作用，因为要收集的位不是太靠近，因此在我们的方案中不属于一起的位的乘法要么超出64位，要么落在较低的无关注部分。 / p>
请注意，原始号码中的其他位必须为0。这可以通过使用AND操作屏蔽它们来实现。
答案 3 :(得分：29)
（我之前从未见过。这个技巧很棒！）
我将对Floris的断言进行一些扩展，即在提取n位时，任何非连续位之间需要n-1空格：
我最初的想法（我们会在一分钟内看到这不起作用）是你可以做得更好：如果你想提取n位，你提取时会发生碰撞/如果您之前的i位或之后的i位中有任何人（非连续的位i-1），则移位位n-i。
我将举几个例子来说明：
...a..b...c...有效（a之后的2位，前一位和b之后的位，没有人在c之前的2位中：
a00b000c
+ 0b000c00
+ 00c00000
= abc.....
...a.b....c...失败，因为b位于a之后的2位（当我们转移a时会被拉入别人的位置）：
a0b0000c
+ 0b0000c0
+ 00c00000
= abX.....
...a...b.c...失败，因为b位于c之前的2位（当我们转移c时会被推入别人的位置）：
a000b0c0
+ 0b0c0000
+ b0c00000
= Xbc.....
...a...bc...d...可以工作，因为连续的位一起移动：
a000bc000d
+ 0bc000d000
+ 000d000000
= abcd000000
但我们遇到了问题。如果我们使用n-i代替n-1，我们可能会遇到以下情况：如果我们在部件之外发生碰撞会怎么样？关心，最后我们会屏蔽掉的东西，但是其携带位最终会干扰重要的未屏蔽范围？ （并注意：n-1要求确保在我们移位i-1位时确保未屏蔽范围之后的i位清零时不会发生这种情况。 / p>
...a...b..c...d...进位位潜在失败，c位于n-1之后b，但满足n-i条件：
a000b00c000d
+ 0b00c000d000
+ 00c000d00000
+ 000d00000000
= abcdX.......
那么为什么我们不回到那个“n-1位空间”要求呢？
因为我们可以做得更好：
...a....b..c...d.. 失败“n-1位空间”测试，但工作用于我们的位提取技巧：
+ a0000b00c000d00
+ 0b00c000d000000
+ 00c000d00000000
+ 000d00000000000
= abcd...0X......
我无法想出一个很好的方法来表征这些字段不在重要位之间有n-1空格，但仍然可以用于我们的操作。但是，由于我们提前知道我们感兴趣的哪些位，我们可以检查我们的过滤器以确保我们不会遇到进位冲突：
将(-1 AND mask) * shift与预期的全结果进行比较，-1 << (64-n)（对于64位无符号）
当且仅当两者相等时，魔术移位/乘法才能提取我们的位。
答案 4 :(得分：12)
除了对这个非常有趣的问题已经很好的答案之外，知道自2007年以来计算机国际象棋界已经知道这种按位乘法技巧可能是有用的，其名称为Magic BitBoards 。
许多计算机国际象棋引擎使用多个64位整数（称为位板）来表示各种棋子组（每个占用方块1位）。假设如果没有阻挡件，某个原点上的滑块（车，主教，女王）可以移动到最多K个方块。使用bitwise-和那些分散的K位和占用方块的位板，可以在64位整数中嵌入一个特定的K位字。
Magic multiplication可用于将这些分散的K位映射到64位整数的低K位。然后可以使用这些较低的K位来索引预先计算的位板表，该位表示其原点上的块可以实际移动到的允许的方块（处理阻塞件等）
使用这种方法的典型国际象棋引擎有两个表（一个用于车，一个用于主教，两个使用两者的组合），64个条目（每个原点方格一个）包含这样的预先计算结果。最高评级的闭源（Houdini）和开源象棋引擎（Stockfish）目前都使用这种方法，因为它具有非常高的性能。
使用exhaustive search（使用早期截止优化）或使用trial and erorr（例如，尝试大量随机64位整数）来查找这些魔术乘数。在移动生成期间没有使用位模式，其中没有找到魔法常数。然而，当待映射比特具有（几乎）相邻索引时，通常需要逐位进位效应。
AFAIK是@Syzygy非常普遍的SAT求解器，并没有被用于计算机国际象棋，也似乎没有关于这种魔法常数的存在性和唯一性的任何形式理论。