0201. 数字范围按位与 #

• 标签：位运算
• 难度：中等

题目大意 #

描述：给定两个整数 left 和 right ，表示区间 [left, right]。

要求：返回此区间内所有数字按位与的结果（包含 left 、right 端点）。

说明：

• $0 \le left \le right \le 2^{31} - 1$。

示例：

1
2

输入：left = 5, right = 7
输出：4

解题思路 #

思路 1：位运算 #

很容易想到枚举算法：对于区间 [left, right]，如果使用枚举算法，对区间范围内的数依次进行按位与操作，最后输出结果。

但是枚举算法在区间范围很大的时候会超时，所以我们应该换个思路来解决这道题。

我们知道与运算的规则如下：0 & 0 == 0、0 & 1 == 0、1 & 0 == 0、1 & 1 == 1。只有对应位置上都为 1 的情况下，按位与才能得到 1。而对应位置上只要出现 0，则该位置上最终的按位与结果一定为 0。

那么我们可以先来求一下区间所有数对应二进制的公共前缀，假设这个前缀的长度为 x。

公共前缀部分因为每个位置上的二进制值完全一样，所以按位与的结果也相同。

接下来考虑除了公共前缀的剩余的二进制位部分。

这时候剩余部分有两种情况：

• x = 31。则 left == right，其按位与结果就是 left 本身。
• 0 <= x < 31。这种情况下因为 left < right，所以 left 的第 x + 1 位必然为 0，right 的第 x + 1 位必然为 1。
  • 注意：left、right 第x + 1 位上不可能同为 0 或 1，这样就是公共前缀了。
  • 注意：同样不可能是 left 第 x + 1 位为 1，right 第 x + 1 位为 0，这样就是 left > right 了。

而从第 x + 1 位起，从 left 到 right。肯定会经过 10000... 的位置，从而使得除了公共前缀的剩余部分（后面的 31 - x 位）的按位与结果一定为 0。

举个例子，x = 27，则除了公共前缀的剩余部分长度为 4。则剩余部分从 0XXX 到 1XXX 必然会经过 1000，则剩余部分的按位与结果为 0000。

那么这道题就转变为了求 [left, right] 区间范围内所有数的二进制公共前缀，然后在后缀位置上补上 0。

求解公共前缀，我们借助于 Brian Kernigham 算法中的 n & (n - 1) 公式来计算。

• n & (n - 1) 公式：对 n 和 n - 1 进行按位与运算后，n 最右边的 1 会变成 0，也就是清除了 n 对应二进制的最右侧的 1。比如 n = 10110100，进行 n & (n - 1) 操作之后，就变为了 n = 10110000。

具体计算步骤如下：

1. 对于给定的区间范围 [left, right]，对 right 进行 right & (right - 1) 迭代。
2. 直到 right 小于等于 left，此时区间内非公共前缀的 1 均变为了 0。
3. 最后输出 right 作为答案。

思路 1：位运算代码 #

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class Solution:
    def rangeBitwiseAnd(self, left: int, right: int) -> int:
        while left < right:
            right = right & (right - 1)
        return right

参考资料 #

• 【题解】 巨好理解的位运算思路 - 数字范围按位与 - 力扣