位图的实现和拓展
一：位图的介绍
①：需要位图的场景
给40亿个不重复的无符号整数，没排过序。给一个无符号整数，如何快速判断一个数是否在这40亿个数中？
要判断一个数是否在某一堆数中，我们可能会想到如下方法：
A：将这一堆数进行排序，然后通过二分查找的方法判断该数是否在这一堆数中。
B：将这一堆数插入到unordered_set容器中，然后调用find函数判断该数是否在这一堆数中。
单从方法上来看，这两种方法都是可以，而且效率也不错，第一种方法的时间复杂度是O (NlogN ) O(NlogN)O(NlogN)，第二种方法的时间复杂度是O (N)
重点是，40亿个数，占用16G的空间，空间消耗是很大的，不可能用代码直接开辟出16g的空间！
所以，这时候，就需要位图了
②：位图的意义
在上述问题中，我们只需确定某个无符号整数是否存在，即只有两种可能的状态（存在或不存在）。因此，可以用一个二进制位来表示无符号整数的状态：1表示存在，0表示不存在。如图：
无符号整数总共有232个，因此记录这些数字就需要232个比特位，也就是512M的内存空间，内存消耗大大减少。
③：位图的概念及使用场景
所谓位图，就是用每一位来存放某种状态，适用于海量数据，数据无重复的场景。通常是用来判断某个数据存不存在的。
二：库中的位图的使用方法
①：bitset的定义方式
// 构造一个16位的位图，所有位都初始化为0。
bitset<16> bs1; //0000000000000000//构造一个16位的位图，根据所给值初始化位图的前n位。
bitset<16> bs2(0xfa5); //0000111110100101//构造一个16位的位图，根据字符串中的0/1序列初始化位图的前n位。
bitset<16> bs3(string("10111001")); //0000000010111001
解释： bs2(0xfa5)
用十六进制数 0xfa5 初始化 bs2;0xfa5 的二进制形式是 111110100101（共 12 位）。
由于 bitset 是 16 位的，而 0xfa5 只有 12 位，因此 高位补 0，最终存储为：
0000111110100101（16 位）。
②：bieset的成员函数
#include <iostream>
#include <bitset>
using namespace std;int main()
{bitset<8> bs;bs.set(2); //设置第2位bs.set(4); //设置第4位cout << bs << endl; //00010100bs.flip(); //反转所有位cout << bs << endl; //11101011cout << bs.count() << endl; //6cout << bs.test(3) << endl; //1bs.reset(0); //清空第0位cout << bs << endl; //11101010bs.flip(7); //反转第7位cout << bs << endl; //01101010cout << bs.size() << endl; //8cout << bs.any() << endl; //1bs.reset(); //清空所有位cout << bs.none() << endl; //1bs.set(); //设置所有位cout << bs.all() << endl; //1return 0;
}
运行结果：
bitset还有各种运算符的使用.......不再介绍了
三：位图的模拟实现
前提须知：& 和 | 的规则：
虽然位图有这么多的函数，但是我们实现，只实现set、reset、tes，已经能让我们了解bitset了！
①：构造函数
template<size_t N>
class bitset
{//构造函数bitset(){_bits.resize(N/32 + 1, 0); // 初始化所有位为 0}private:vector<int> _bits;};
解释：N/32+1的意义
我们一般从题目中得到了整形的个数后，用bitset去开辟相应个数的位出来，所以先N/32；
假设现在有50个数，那我们应该开50个位出来，但是50/32只能得到1，所以直接50/32+1等于2，开辟两个整形出来，即64个位；避免小于32的数字在构造函数里面开辟了0个空间；
②：set函数->将第 x 位设为 1
void set(size_t x)
{assert(x <= N); // 检查 x 是否越界size_t i = x / 32; // 计算 x 在哪个 int 中size_t j = x % 32; // 计算 x 在该 int 中的比特位位置_bits[i] |= (1 << j); // 将第 j 位设为 1
}解释：_bits[i] |= (1 << j)
旨在：通过位运算将第 j 位设为 1，且不影响其他位。
假设通过前两步得知我们的x对应的位是vector中第一个整形中的第五个二进制位，所以_bits[1] |= (1 << 5) 的效果如图：
符合预期，把第5位 置为了1
这例子很简单，如果原本的vector的其他位也有位1的，这时候进行|=操作后，照样是不影响其他位的，因为|代表一个为1则为1，两个为0才是0，所以不影响！
③：reset函数->将第 x 位设为 0
void reset(size_t x)
{assert(x <= N);size_t i = x / 32;size_t j = x % 32;_bits[i] &= ~(1 << j); // 将第 j 位设为 0
}解释：_bits[i] &= ~(1 << j)
通过位运算将第 j 位设为 1，且不影响其他位。
假设通过前两步得知我们的x对应的位是vector中第一个整形中的第五个二进制位，所以_bits[1] &= ~(1 << 5) 的效果如图：
符合预期，把第5位 置为了0
这例子很简单，如果原本的vector的其他位也有位1的，这时候进行&=操作后，照样是不影响其他位的，因为&代表一个为0则为0，两个为1才是1，所以不影响！
④：test函数->检查第 x 位是否为 1
bool test(size_t x)
{assert(x <= N);size_t i = x / 32;size_t j = x % 32;return _bits[i] & (1 << j); // 返回第 j 位的值
}解释：_bits[i] & (1 << j);
注意：这一步为何没有&= 而是 & ，因为该函数只是想看某一位为什么，不能改变该位!
返回值：若 _bits[i] 的第 j 位为 1，返回 true；否则返回 false。
Q：为什么能判断某一位是否为 1？
A：& 运算后，只有第 j 位可能非0（因为其他位都是 0）。
如果结果 ≠ 0 → 说明 _bits[i] 的第 j 位是 1（返回 true）。
如果结果 = 0 → 说明 _bits[i] 的第 j 位是 0（返回 false）。
四：位图总代码及测试
①：总代码
#pragma once
#include<assert.h>namespace bit
{template<size_t N>class bitset{public:bitset(){_bits.resize(N/32+1, 0);//cout << N << endl;}// 把x映射的位标记成1void set(size_t x){assert(x <= N);size_t i = x / 32;size_t j = x % 32;_bits[i] |= (1 << j);}// 把x映射的位标记成1void reset(size_t x){assert(x <= N);size_t i = x / 32;size_t j = x % 32;_bits[i] &= ~(1 << j);}bool test(size_t x){assert(x <= N);size_t i = x / 32;size_t j = x % 32;return _bits[i] & (1 << j);}private:vector<int> _bits;};
}②：测试代码
void test_bitset(){bitset<100> bs1;bs1.set(50);bs1.set(30);bs1.set(90);for (size_t i = 0; i < 100; i++){if (bs1.test(i)){cout << i << "->" << "在" << endl;}else{cout << i << "->" << "不在" << endl;}}bs1.reset(90);bs1.set(91);cout << endl << endl;for (size_t i = 0; i < 100; i++){if (bs1.test(i)){cout << i << "->" << "在" << endl;}else{cout << i << "->" << "不在" << endl;}}预期效果：100个位中 第一次打印：50 30 90 位值为1;第二次打印：50 30 91 为1；
运行效果：
符合预期！
五：位图相关题目
了解了biset的相关实现后，用库中的bitset做几道题目吧~
①：双位图找只出现一次的数字
-
场景：从数组中找出所有只出现一次的数字（类似“单身狗”问题）。
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数组：int a[] = { 5,7,9,2,5,99,5,5,7,5,3,9,2,55,1,5,6 };
-
解决：用
two_bit_set（双位图）记录每个数字的状态：-
10：出现多次。 -
01：出现一次。 -
00：未出现。 -
遍历数组后，输出状态为
01的数字。 -
two_bit_set（双位图）的成员变量就是两个位图即可
-
代码：
#include<iostream>
#include <bitset>
using namespace std;// 双位图：独立类，组合两个bitset
template<size_t N>
class two_bit_set
{
public:void set(size_t x){if (!_bs1.test(x) && !_bs2.test(x)){_bs2.set(x); // 00 → 01}else if (!_bs1.test(x) && _bs2.test(x)){_bs1.set(x); // 01 → 10_bs2.reset(x);}// 10 → 10（无需处理）}bool test(size_t x){if (_bs1.test(x) == false&& _bs2.test(x) == true){return true;}return false;}private:bitset<N> _bs1; // 高位bitset<N> _bs2; // 低位};
void test_bitset2()
{int a[] = { 5,7,9,2,5,99,5,5,7,5,3,9,2,55,1,5,6 };two_bit_set<100> bs;for (auto e : a){bs.set(e);}for (size_t i = 0; i < 100; i++){//cout << i << "->" << bs.test(i) << endl;if (bs.test(i)){cout << i << endl;}}
}int main()
{test_bitset2();return 0;
}
②：求两个数组的交集
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场景：找出两个数组中共同存在的数字。
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两个数组：int a1[] = { 5,7,9,2,5,99,5,5,7,5,3,9,2,55,1,5,6 }; int a2[] = { 5,3,5,99,6,99,33,66};
-
解决：
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用两个
bitset分别标记两个数组的数字。 -
遍历所有数字，输出在两个位图中均为
1的数字。
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代码：
void test_bitset3()
{int a1[] = { 5,7,9,2,5,99,5,5,7,5,3,9,2,55,1,5,6 };int a2[] = { 5,3,5,99,6,99,33,66 };bitset<100> bs1;bitset<100> bs2;for (auto e : a1){bs1.set(e);}for (auto e : a2){bs2.set(e);}for (size_t i = 0; i < 100; i++){if (bs1.test(i) && bs2.test(i)){cout << i << endl;}}
}
int main()
{test_bitset3();return 0;
}
运行结果：
此时回到最开始的问题：
给40亿个不重复的无符号整数，没排过序。给一个无符号整数，如何快速判断一个数是否在这40亿个数中？
思路：
1：用库中的位图开辟40亿个位出来
2：读取题目给的数据，把40亿个整形对应的位置为1
3：然后在看待查询的数对应的位是否为1即可
代码无法写出来，因为没有这个庞大的数据，但是可以了解一下40亿位如何开辟：
bitset<-1> bs2;bitset<UINT_MAX> bs3;bitset<0xffffffff> bs4;解释：
1. bitset<-1> bs2
-
模板参数
size_t N接受-1时会发生隐式转换 -
-1转换为size_t类型会变成最大值（即2³²-1）
2：bitset<UINT_MAX> bs3
标准定义：
-
UINT_MAX是<climits>中定义的无符号整数最大值 -
标准值：
4,294,967,295（即2³²-1）
3：bitset<0xffffffff> bs4
十六进制解析：
-
0xffffffff = 4,294,967,295（即2³²-1） -
完全等价于
bitset<UINT_MAX>
4：bitset<4294967296> bs1;
记得住数字 也可以这样
③：一些位图解题的思想
Q：1个文件有100亿个int，1G内存，设计算法找到出现次数不超过2次的所有整数？
A：如果内存不够，分批次读是不可靠的，因为有可能在不同的批次中都出现了一次，加起来就超过了题目要求；假设要题目数据总大小1g(1024)，但我们只有512MB；此时我们先读整数范围前半部分的值 再读范围为后半部分的值，先读0~2^31 再读2^31~2^31-1的范围即可。
所以空间再小一点都可以，只是要将范围分细一点罢了