计算第n个格雷码的公式为：
(n-1) XOR (floor((n-1)/2))
(Source: wikipedia)
我把它编码为：
int gray(int n)
{
n--;
return n ^ (n >> 1);
}
有人可以解释上述公式是如何运作的，或者可能是它的推导？
答案 0 :(得分：6)
如果你看二进制计数序列，你会注意到，相邻的代码在最后几位（没有空洞）上有所不同，所以如果你对它们进行xor，则会出现几个尾随1的模式。此外，当您向右移动数字时，xors也将向右移位：（A xor B）＆gt;＆gt; N == A＆gt;＆gt; N xor B＆gt;＆gt; N.
N N>>1 gray
0000 . 0000 . 0000 .
| >xor = 0001 >xor = 0000 >xor = 0001
0001 . 0000 . 0001 .
|| >xor = 0011 | >xor = 0001 >xor = 0010
0010 . 0001 . 0011 .
| >xor = 0001 >xor = 0000 >xor = 0001
0011 . 0001 . 0010 .
||| >xor = 0111 || >xor = 0011 >xor = 0100
0100 0010 0110
原始Xor结果和移位结果在单个位中有所不同（我用上面的点标记它们）。这意味着如果你对它们进行xor，你将获得1位设置的模式。所以，
(A xor B) xor (A>>1 xor B>>1) == (A xor A>>1) xor (B xor B>>1) == gray (A) xor gray (B)
由于xor给出了不同位的1，它证明了，相邻代码的区别仅在于单个位，而这是我们想要得到的格雷码的主要属性。
因此，为了完整性，可以证明，N可以从其N ^（N> 1）值恢复：知道第n位代码，我们可以使用xor恢复第n-1位。
A_[bit n-1] = A_[bit n] xor gray(A)_[bit n-1]
从最大位开始（以x为0），因此我们可以恢复整数。
答案 1 :(得分：1)
通过归纳证明。
提示：1<<k到(1<<(k+1))-1值是1<<(k-1)到(1<<k)-1值的两倍，再加上零或一。
编辑：这太令人困惑了。我的意思是，
gray(2*n)和gray(2*n+1)按某种顺序为2*gray(n)和2*gray(n)+1。
答案 2 :(得分：1)
您所指的Wikipedia entry以非常迂回的方式解释了等式。
然而，从这开始是有帮助的：
因此编码是稳定的 感觉一旦二进制数 出现在Gn中它出现在同一个 所有较长名单中的位置;所以 谈谈这个问题是有道理的 反射格雷码的值 数量：G（m）=第m次反射 格雷码，从0开始计算。
换句话说，Gn(m) & 2^n-1是Gn-1(m & 2^n-1)或~Gn-1(m & 2^n-1)。例如，G(3) & 1可以是G(1)或~G(1)。现在，我们知道如果Gn(m) & 2^n-1大于m，2^n-1将会被反映（按位反转）。
换句话说：
G(m, bits), k= 2^(bits - 1)
G(m, bits)= m>=k ? (k | ~G(m & (k - 1), bits - 1)) : G(m, bits - 1)
G(m, 1) = m
完整计算数学，得到(m ^ (m >> 1))基于零的格雷码。
答案 3 :(得分：0)
增加一个数字，当你按位时，将所有尾随的数字翻转为零，将最后一个零翻转为1。这是翻了很多位，格雷码的目的是让它完全一个。这种转换使得两个数字（增量之前和之后）在所有被翻转的位上都相等，除了最高的一个。
在：
011...11
+ 1
---------
100...00
后：
010...00
+ 1
---------
110...00
^<--------This is the only bit that differs
(might be flipped in both numbers by carry over from higher position)
n ^ (n >> 1)更容易计算，但似乎只是将尾随011..1更改为010..0（即将除1之外的整个尾随块置零）和{{1} } 10..0（即翻转尾随0中的最高0）足以获得格雷码。