二进制集合操作

一个数的二进制表示可以看作是一个集合（ $0$ 表示不在集合中， $1$ 表示在集合中）。比如集合 ${1, 3, 4, 8}$ ，可以表示成 $(100011010)_{2}$ 。而对应的位运算也就可以看作是对集合进行的操作。

操作	集合表示	位运算语句
交集	$a \cap b$	`a & b`
并集	$a \cup b$	`a \| b`
补集	$\bar{a}$	`~a` （全集为二进制都是 1）
差集	$a ∖ b$	`a & (~b)`
对称差	$a △ b$	`a ^ b`

在进一步介绍集合的子集遍历操作之前，先看位运算的有关应用例子。

模 2 的幂

一个数对 $2$ 的非负整数次幂取模，等价于取二进制下一个数的后若干位，等价于和 $m o d - 1$ 进行与操作。

C++Python

int modPowerOfTwo(int x, int mod) { return x & (mod - 1); }

def modPowerOfTwo(x, mod):
    return x & (mod - 1)

于是可以知道， $2$ 的非负整数次幂对它本身取模，结果为 $0$ ，即如果 $n$ 是 $2$ 的非负整数次幂， $n$ 和 $n - 1$ 的与操作结果为 $0$ 。

事实上，对于一个正整数 $n$ ， $n - 1$ 会将 $n$ 的最低 $1$ 位置零，并将后续位数全部置 $1$ 。因此， $n$ 和 $n - 1$ 的与操作等价于删掉 $n$ 的最低 $1$ 位。

借此可以判断一个数是不是 $2$ 的非负整数次幂。当且仅当 $n$ 的二进制表示只有一个 $1$ 时， $n$ 为 $2$ 的非负整数次幂。

C++Python

bool isPowerOfTwo(int n) { return n > 0 && (n & (n - 1)) == 0; }

def isPowerOfTwo(n):
    return n > 0 and (n & (n - 1)) == 0

子集遍历

遍历一个二进制数表示的集合的全部子集，等价于枚举二进制数对应掩码的所有子掩码。

掩码是一串二进制码，用于和源码进行与运算，得到屏蔽源码的若干输入位后的新操作数。

掩码对于源码可以起到遮罩的作用，掩码中的 $1$ 位意味着源码的相应位得到保留，掩码中的 $0$ 位意味着源码的相应位进行置 $0$ 操作。将掩码的若干 $1$ 位改为 $0$ 位可以得到掩码的子掩码，掩码本身也是自己的子掩码。

给定一个掩码 $m$ ，希望有效迭代 $m$ 的所有子掩码 $s$ ，可以考虑基于位运算技巧的实现。

// 降序遍历 m 的非空子集
int s = m;
while (s > 0) {
  // s 是 m 的一个非空子集
  s = (s - 1) & m;
}

或者使用更紧凑的 for 语句：

// 降序遍历 m 的非空子集
for (int s = m; s; s = (s - 1) & m)
// s 是 m 的一个非空子集

这两段代码都不会处理等于 $0$ 的子掩码，要想处理等于 $0$ 的子掩码可以使用其他办法，例如：

// 降序遍历 m 的子集
for (int s = m;; s = (s - 1) & m) {
  // s 是 m 的一个子集
  if (s == 0) break;
}

接下来证明，上面的代码访问了所有 $m$ 的子掩码，没有重复，并且按降序排列。

假设有一个当前位掩码 $s$ ，并且想继续访问下一个位掩码。在掩码 $s$ 中减去 $1$ ，等价于删除掩码 $s$ 中最右边的设置位，并将其右边的所有位变为 $1$ 。

为了使 $s - 1$ 变为新的子掩码，需要删除掩码 $m$ 中未包含的所有额外的 $1$ 位，可以使用位运算 $(s - 1) & m$ 来进行此移除。

这两步操作等价于切割掩码 $s - 1$ ，以确定算术上可以取到的最大值，即按降序排列的 $s$ 之后的下一个子掩码。

因此，该算法按降序生成该掩码的所有子掩码，每次迭代仅执行两个操作。

特殊情况是 $s = 0$ 。在执行 $s - 1$ 之后得到 $- 1$ ，其中所有位都为 $1$ 。在 $(s - 1) & m$ 操作之后将得到新的 $s$ 等于 $m$ 。因此，如果循环不以 $s = 0$ 结束，算法的循环将无法终止。

使用 $popcount (m)$ 表示 $m$ 二进制中 $1$ 的个数，用这种方法可以在 $O (2^{popcount (m)})$ 的时间复杂度内遍历集合 $m$ 的子集。

遍历所有掩码的子掩码

在使用状压 DP 的问题中，有时会希望对于每个掩码，遍历掩码的所有子掩码：

for (int m = 0; m < (1 << n); ++m)
  // 降序遍历 m 的非空子集
  for (int s = m; s; s = (s - 1) & m)
// s 是 m 的一个非空子集

这样做可以遍历大小为 $n$ 的集合的每个子集的子集。

接下来证明，该操作的时间复杂度为 $O (3^{n})$ ， $n$ 为掩码总共的位数，即集合中元素的总数。

考虑第 $i$ 位，即集合中第 $i$ 个元素，有三种情况：

在掩码 $m$ 中为 $0$ ，因此在子掩码 $s$ 中为 $0$ ，即元素不在大小子集中。
在 $m$ 中为 $1$ ，但在 $s$ 中为 $0$ ，即元素只在大子集中，不在小子集中。
在 $m$ 和 $s$ 中均为 $1$ ，即元素同时在大小子集中。

总共有 $n$ 位，因此有 $3^{n}$ 个不同的组合。

还有一种证明方法是：

如果掩码 $m$ 具有 $k$ 个 $1$ ，那么它有 $2^{k}$ 个子掩码。对于给定的 $k$ ，对应有 $(\binom{n}{k})$ 个掩码 $m$ ，那么所有掩码的总数为：

\sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) 2^{k}

上面的和等于使用二项式定理对 $(1 + 2)^{n}$ 的展开，因此有 $3^{n}$ 个不同的组合。

参考资料

本页面主要译自博文 Перебор всех подмасок данной маски 与其英文翻译版 Submask Enumeration。其中俄文版版权协议为 Public Domain + Leave a Link；英文版版权协议为 CC-BY-SA 4.0。

习题

本页面最近更新：2024/8/12 21:39:21，更新历史
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