位运算题目：数字范围按位与

题目

标题和出处

标题：数字范围按位与

出处：201. 数字范围按位与

难度

5 级

题目描述

要求

给定两个整数 $\text{left}$ 和 $\text{right}$，表示区间 $\text{[left, right]}$，返回此区间内所有数字按位与的结果（包含 $\text{left}$ 和 $\text{right}$ 端点）。

示例

示例 1：

输入：$\text{left = 5, right = 7}$
输出：$\text{4}$

示例 2：

输入：$\text{left = 0, right = 0}$
输出：$\text{0}$

示例 3：

输入：$\text{left = 1, right = 2147483647}$
输出：$\text{0}$

数据范围

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

解法一

思路和算法

最直观的做法是遍历区间 $[\text{left},\text{right}]$ 中的所有整数计算按位与运算的结果。由于 $\text{right}$ 的最大值是 $2^{31}-1$，因此遍历区间中的所有整数的时间复杂度过高，需要考虑时间复杂度更低的做法。

由于 $\text{left}$ 和 $\text{right}$ 都是非负整数，因此二进制表示的最高位即符号位是 $0$，只需要考虑除了最高位以外的 $31$ 位。对于 $0\le i<31$，从低到高的第 $i$ 位表示 $2^i$。

如果 $\text{left}$ 和 $\text{right}$ 的二进制表示的从低到高第 $i$ 位的值不同，则区间 $[\text{left},\text{right}]$ 中的所有整数按位与运算的结果的第 $0$ 位到第 $i$ 位都是 $0$，理由如下。

考虑两个数的二进制表示的第 $0$ 位到第 $i$ 位，区间 $[\text{left},\text{right}]$ 中一定包含一个整数 $x$，其二进制表示的第 $i$ 位的值是 $1$，第 $0$ 位到第 $i-1$ 位的值都是 $0$。

• 由于 $\text{left}$ 和 $\text{right}$ 的第 $i$ 位的值不同，因此按位与运算的结果的第 $i$ 位的值是 $0$。

• 由于 $x$ 参与按位与运算，$x$ 的第 $0$ 位到第 $i-1$ 位的值都是 $0$，因此按位与运算的结果的第 $0$ 位到第 $i-1$ 位的值都是 $0$。

考虑 $\text{left}$ 和 $\text{right}$ 的二进制表示的连续最高位的相同部分，称为公共前缀。假设两个数的最长公共前缀为第 $j$ 位到最高位，则两个数的按位与运算的结果的第 $j$ 位到最高位的前缀等于两个数的最长公共前缀。

根据上述分析，计算区间 $[\text{left},\text{right}]$ 中的所有整数的按位与运算的结果等价于计算 $\text{left}$ 和 $\text{right}$ 的二进制表示的最长公共前缀，该最长公共前缀后面的位都用 $0$ 填充，即可得到按位与运算的结果。

具体做法是，从高到低依次遍历 $\text{left}$ 和 $\text{right}$ 的二进制表示中除了最高位以外的每一位，将相等的位加到公共前缀中，遍历结束或者遇到不相等的位时结束遍历，遍历结束之后即可得到按位与运算的结果。

代码

class Solution {
    public int rangeBitwiseAnd(int left, int right) {
        final int BITS = 31;
        int bitwiseAnd = 0;
        for (int i = BITS - 1; i >= 0; i--) {
            int mask = 1 << i;
            int bit1 = left & mask, bit2 = right & mask;
            if (bit1 == bit2) {
                bitwiseAnd += bit1;
            } else {
                break;
            }
        }
        return bitwiseAnd;
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(k)$，其中 $k$ 是有效的二进制位数，$k=31$。需要从高到低遍历 $\text{left}$ 和 $\text{right}$ 二进制表示的最多 $31$ 位。

• 空间复杂度：$O(1)$。

解法二

思路和算法

计算区间 $[\text{left},\text{right}]$ 中的所有整数的按位与运算的结果等价于计算 $\text{left}$ 和 $\text{right}$ 的二进制表示的最长公共前缀。假设两个数的最长公共前缀为第 $j$ 位到最高位，则将 $\text{right}$ 的第 $0$ 位到第 $j-1$ 位的值都设成 $0$ 之后，$\text{right}$ 的值即为最长公共前缀后面用 $0$ 填充之后的值，且此时 $\text{right}\le \text{left}$。

为了将 $\text{right}$ 的第 $0$ 位到第 $j-1$ 位的值都设成 $0$，需要将其中的值为 $1$ 的位都变成 $0$。可以使用 Brian Kernighan 算法实现，其原理是：对于任意整数 $n$，$n\&(n-1)$ 的结果是将 $n$ 的二进制表示的最后一个 $1$ 变成 $0$ 之后的整数。

当 $\text{left}<\text{right}$ 时，$\text{right}$ 的二进制表示的最后一个 $1$ 不在最长公共前缀中，因此将 $\text{right}$ 的二进制表示的最后一个 $1$ 变成 $0$。重复该操作，直到 $\text{left}\ge \text{right}$ 时，$\text{right}$ 的二进制表示的每一个 $1$ 都在最长公共前缀中，此时 $\text{right}$ 即为最终结果。

代码

class Solution {
    public int rangeBitwiseAnd(int left, int right) {
        while (left < right) {
            right = right & (right - 1);
        }
        return right;
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(\log \text{right})$，其中 $\text{right}$ 是给定的区间上界。Brian Kernighan 算法的时间复杂度是 $O(\log \text{right})$。

• 空间复杂度：$O(1)$。