Question

假设我有一些二进制掩码mask。（例如0b101011011101）

是否有一种有效的方法来计算所有整数k，以便k & mask == k？（其中&是按位AND运算符）（或者，k＆amp; ~mask == 0）

如果mask有m个，那么正好有2个^m数字满足这个属性，所以看起来应该有某种过程就是O （2 ^米）。枚举小于掩码的整数是浪费的（虽然很容易消除不适用的值）。

Answer 1

我想通了......你可以识别所有单个位模式，如下所示，因为在计算k时，任何整数k & (k-1)的最低有效位被清除：

def onebits(x):
    while x > 0:
        # find least significant 1 bit
        xprev = x
        x &= x-1
        yield x ^ xprev

然后我可以使用ruler function以1位的各种组合进行异或，以模拟每次切换计数器的哪些位：

def maskcount(mask):
    maskbits = []
    m = 0
    for ls1 in onebits(mask):
        m ^= ls1
        maskbits.append(m)
    # ruler function modified from 
    # http://lua-users.org/wiki/LuaCoroutinesVersusPythonGenerators
    def ruler(k):
        for i in range(k):
            yield i
            for x in ruler(i): yield x    
    x = 0
    yield x
    for k in ruler(len(maskbits)):
        x ^= maskbits[k]
        yield x

看起来像这样：

>>> for x in maskcount(0xc05):
...     print format(x, '#016b')
0b00000000000000
0b00000000000001
0b00000000000100
0b00000000000101
0b00010000000000
0b00010000000001
0b00010000000100
0b00010000000101
0b00100000000000
0b00100000000001
0b00100000000100
0b00100000000101
0b00110000000000
0b00110000000001
0b00110000000100
0b00110000000101

Answer 2

解决问题的一种简单方法是找到在掩码中设置的位，然后简单地用i计数，然后用掩码中的相应位替换i的位。

def codes(mask):
    bits = filter(None, (mask & (1 << i) for i in xrange(mask.bit_length())))
    for i in xrange(1 << len(bits)):
        yield sum(b for j, b in enumerate(bits) if (i >> j) & 1)

print list(codes(39))

它为每次迭代提供O（log（N））工作（其中N是mask中设置的位数）。

可以提高效率，并通过使用gray codes进行计数，每次迭代执行O（1）工作。使用格雷码计数，每次迭代只改变一个位，因此可以有效地更新当前值v。显然，这比上面的简单解决方案更难理解。

def codes(mask):
    bits = filter(None, (mask & (1 << i) for i in xrange(mask.bit_length())))
    blt = dict((1 << i, b) for i, b in enumerate(bits))
    p, v = 0, 0
    for i in xrange(1 << len(bits)):
        n = i ^ (i >> 1)
        v ^= blt.get(p^n, 0)
        p = n
        yield v

print list(codes(39))

使用格雷码的一个缺点是结果不是按数字顺序返回的。但幸运的是，这不是问题的一个条件！

有效地生成二进制掩码中的所有整数

2 个答案: