大家或许还记得 Quake III 里面的一段有如天书般的代码，其中用到的神秘常量 0x5F3759DF 究竟是怎么一回事，着实让不少人伤透了脑筋。今天，我见到了一段同样诡异的代码。
    下面这个位运算小技巧可以迅速给出一个数的二进制表达中末尾有多少个 0 。比如， 123 456 的二进制表达是 1 11100010 01000000 ，因此这个程序给出的结果就是 6 。

unsigned int v;  // find the number of trailing zeros in 32-bit v
int r;           // result goes here
static const int MultiplyDeBruijnBitPosition[32] =
{
  0, 1, 28, 2, 29, 14, 24, 3, 30, 22, 20, 15, 25, 17, 4, 8,
  31, 27, 13, 23, 21, 19, 16, 7, 26, 12, 18, 6, 11, 5, 10, 9
};
r = MultiplyDeBruijnBitPosition[((uint32_t)((v & -v) * 0x077CB531U)) >> 27];

    熟悉位运算的朋友们可以认出， v & -v 的作用就是取出右起连续的 0 以及首次出现的 1 。当 v = 123 456 时， v & -v 就等于 64 ，即二进制的 1000000 。怪就怪在，这个 0x077CB531 是怎么回事？数组 MultiplyDeBruijnBitPosition 又是什么玩意儿呢？

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来源：http://www.toothpastefordinner.com/index.php?date=071310

正在上虚词研究课，好友Chain发来短信说，北大BBS化学学院版上发了一道很有趣的谜题，已经上十大热门话题第三了。我也是第一次看到这个题目，和大家分享一下。

话说周一某实验室有16名同学，有一天*老师把大家叫到一起说：下周来做实验的时候，我会给你们每个人背后贴一张纸，纸上的数字从1到16都有可能，不同同学背后的数字可以重复。你们每个人可以看到别人背上的数字，但不能看到自己的数字。贴纸之后你们之间不允许进行任何形式的沟通交流。之后你们排队依次来D***，告诉我你自己背后的数字是多少；由于D***室隔音效果很好，室外的人不能听到室内的同学的说话声（更好的说法是，每个人独自在一张小纸条上写下猜测结果，这就避免了可能由排队猜数的时间和顺序带来的“交流”）。等到16名同学都猜完之后公布结果。只要你们16个人中间能有一个人猜对自己背后的数字，我会让大家都得满分；但如果你们都没有猜对自己背后的数字的话，则你们全部都要重修有机实验。那么你要怎样做才能避免挂科的命运呢？

这道题目很有意思，看答案之前不妨自己先想一下。
提示：先从两个人的情况开始想起。

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    上次我们谈到，我们考虑时间复杂度时往往假设任意大的整数运算（赋值、四则运算、取余运算、比较运算、位运算包括左移右移）都可以在常数时间内完成，殊不知这留下了一个非常具有研究价值的漏洞：能否利用计算机理想模型中的整数运算，把问题打包成超大整数后并行计算，从而办到一些在普通计算机上无法办到的事情？我们在上一次的文章中介绍了利用“大整数随便算”的漏洞“耍赖”得到了一个线性时间的排序算法。这个漏洞真的已经被充分利用了吗？我们还能从里面榨出多少汁水来？令人无法想象的是，线性时间的排序算法远远没有挖掘到理想大整数运算的巨大潜力，事实上我们能做到常数时间的排序！问题和解答仍然来自Using your Head is Permitted，在这里向Michael Brand表示深深的膜拜。
    自然，说“常数时间排序”是有前提条件的，否则即使读入输出也得耗费线性的时间。不过，我们可以假设所有待排序的数都已经打包进一个大整数里，输出时也无需解包，直接返回另一个大整数即可。在这样的情况下，我们完全可以用常数时间完成排序。换句话说，我可以用O(1)的时间，“一下子”就把0100 0111 0001 0010变成0001 0010 0100 0111，不管这个大整数里面装了多少个数。为了方便大家阅读和思考，我们再取一些名字，方便描述。我们把由多个数构成的大整数叫做“整数串”。整数串中所含的数都是二进制，它们用空格隔开。整数串中每个数的位数都必须相等，位数不够用零补足。我们把这个位数叫做“定宽”，本文例子的定宽都是4。

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    我们常常在电视上看到这样的一幕：一位老太太兴冲冲地走上台去，翻过三个商标牌，发现上面尽是5块钱、10块钱的小奖，垂头丧气地回到观众席；然后马脸李咏会跑出来，边翻着另外几个牌子边说，1000块的大奖在这个后面，800块的在这里，之类的。或许有人会纳闷了，为什么主持人要演出“事后揭大奖”这一幕呢？道理很简单，节目组想通过这一个“验证过程”告诉观众，这个环节不是骗人的，大奖真的就在这后面，只是刚才那家伙运气背了没摸到而已。摸奖前宣称有大奖，摸完奖之后还能证实大奖真的存在，这就是带有防欺骗的承诺。
    但是，同样的事情在网络上似乎是办不到的。一个典型的例子就是QQ原来弄的那个恶心的砸金蛋砸银蛋。屏幕左边那个是银蛋，屏幕右边那个是金蛋，你鼠标选一个敲下去，看能否砸出QQ宠物来。大量测试表明砸出宠物的概率远远低于50%，让人质疑游戏的真实性。鬼知道它那个程序是不是真的预先指定了一个有宠物的蛋蛋，很可能不管你点了哪个蛋蛋结果都一样，系统按照概率直接显示出抽奖结果来。当然，怀疑游戏的公平性也没办法，要想在网络上实现带防欺骗的承诺是比较困难的，毕竟让你看一段从另一个蛋蛋里跳出一个宠物的Flash动画不能让你相信刚才你是真的“选错”了吧。
    我们的问题就是：如何设计一个协议，用以保证一个二选一的网络互动抽奖游戏的真实性？换句话说，假如你选择了金蛋，结果没有中奖，那么系统如何能够令你相信奖品刚才真的在银蛋里？

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    当我们研究复杂度时，我们往往会将现实机器进行理想化。例如，我们说冒泡排序是O(n^2)的，这其实是不准确的。这个论断假设整数之间的比较运算是O(1)的，而事实上它们是O(log(min(|a|,|b|)))的。多数时候我们都认为这种机器模型的理想化是合理的，毕竟这让问题简化了不少，并且也能反映出算法的本质。但大家有想过吗，这个“大整数随便算”的假设其实是一个超级大漏洞，我们可以利用理想模型中的这一漏洞来作弊，获得时间复杂度更低的算法。上个月，Michael Brand在他的UyHiP里就提出了这样一个问题：假设计算机对任意大整数的赋值、四则运算、取余运算、比较运算、位运算（包括左移右移）的复杂度都是常数级别，你能否设计出一个O(n)的排序算法来？

    我非常喜欢这个题目。月初的时候我就提交了一个正确的算法。我们将用左移和加法运算把整数序列编码成一个超大整数，然后利用排序网络进行并行排序。这个算法比较复杂，你可以按照下面的思路一步一步得到这个算法。

1. 如何用位运算来取绝对值？

2. 给出两个正整数a, b，不用比较运算和判断语句如何把小数赋给a，大数赋给b？
    提示：和加差除以2等于大数，和减差除以2等于小数

3. 如何利用位运算把整数序列编码成一个超大整数？
    例如把（二进制数）11, 1011, 1110, 1编码为一个数00011 01011 01110 00001

4. 如何用位运算给超大整数中的所有数同时取绝对值？

5. 给出两个超大整数a, b，不用比较运算和判断语句如何把对应位置上的小数赋给a的对应位置，大数赋给b的对应位置？ 例如把
      a = 000010 000111 000100 001001
      b = 000001 001011 000011 011111
    变成
      a = 000001 000111 000011 001001
      b = 000010 001011 000100 011111

6. 如何实现奇偶移项排序？

    最后，由于奇偶移项排序只有O(n)层，因此整个算法是O(n)的。

    但是，这个算法太繁琐了，不具有美观性。虽然这个算法是我自己想出来的，但我仍然很不满意。待我看了这个月Michael Brand发布的答案后，我一拍大腿，哎呀，还有一个如此简单巧妙的算法我没想到！相比之下，我的算法太复杂了，原因就在于我还没有充分挖掘到“大整数的常数级运算”的潜力。这个理想模型的假设太强大了。打开思路，放宽思维，大胆想象，从更大的尺度上来思考，我们可以得到一个简单得出奇的线性排序算法来。

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    在所有8-bit的整数中，含有k个数字“1”的二进制数一共有C(8,k)个。给出其中的一个二进制数，你如何利用位运算快速找到下一个恰有k个“1”的数？例如，如果给你二进制数01011100，那么下一个（含4个“1”的）数就是01100011。在继续阅读下去之前，建议你仔细思考一下。你或许会想看看我很早以前写的一篇介绍位运算的文章。这是一道很好的题目，很多位运算技巧在这里都有体现。

    在草稿纸上随便举几个例子，规律很容易看出来。由于“1”的个数是固定的，为了让这个二进制数更大，我们必须把第一个出现在“1”左边的“0”改成“1”；同时，为了让这个二进制数尽可能小，我们必须把它右边那些“1”重新排到最低位去。
    更具体地说，下一个二进制数可以通过以下步骤得到：找到右起第一个单个的或连续的数字“1”，把它们全改成“0”，同时把它们左边的那个“0”改为“1”。此时，“1”的个数可能减少了，我们只需把还差的“1”摆在最右边就行了。举个例子，01011100的右起第一个“1”在第三位，把它和左边紧挨着的“1”一并变为“0”，并把再左边那个“0”变为“1”，于是我们得到01100000。我们还差两个“1”，把这两个“1”补在最低位得到01100011即可。现在我们的任务是，想出一个用位运算来实现这些步骤的办法。
    我们已经熟知，用x & -x可以提取最右边的那个“1”。当意识到可以利用加法来消除连续的“1”时，我们很快得到了第一步操作的位运算实现：把x & -x加到x上，利用二进制加法的进位把“..01111..”变成“..10000..”。现在，我们需要计算出刚才的操作中一共“跳过”了多少个“1”，换句话说现在的x的右起第一个“1”和原来的x的右起第一个“1”差了多少位。关键就在这里！我们可以用除法来完成这一步，例如100000除以100就相当于把被除数右移2位，得到的结果即可以表示两个数中的“1”差了多少位。在最低位产生指定数量的“1”需要用到另一个技巧：减1操作可以把右边连续的“0”都变成“1”，即把...10000变成...01111。我们得到了该问题的第一个算法：

b = x & -x;
t = x + b;
c = t & -t;
m = (c/b >> 1) - 1;
r = t | m; //最终结果

    我们对上述算法做一个简单的说明：

操作              | 样例     |  说明
------------------+----------+----------------------------
x                 | 01011100 |  原数
b = x & -x        | 00000100 |  提取x的右起第一个“1”
t = x + b         | 01100000 |  把x的右起第一个位于某个“1”左边的“0”变成“1”，并把它右边的那些“1”都变为“0”
c = t & -t        | 00100000 |  提取t的右起第一个“1”
c / b             | 00001000 |  右移c中的那个“1”，其结果中最低位连续的“0”的个数正好是c和b中的“1”相差的距离
m = (c/b >> 1) - 1| 00000011 |  在最低位产生数字“1”，其个数比上述的“距离”少1
r = t | m         | 01100011 |  最终结果

    除去赋值，我们一共用了9个运算符。有可能用更少的运算么？

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    Quake III公开源码后，有人在game/code/q_math.c里发现了这样一段代码。它的作用是将一个数开平方并取倒，经测试这段代码比(float)(1.0/sqrt(x))快4倍：
float Q_rsqrt( float number )
{
  long i;
  float x2, y;
  const float threehalfs = 1.5F;

  x2 = number * 0.5F;
  y  = number;
  i  = * ( long * ) &y;  // evil floating point bit level hacking
  i  = 0x5f3759df - ( i >> 1 ); // what the fuck?
  y  = * ( float * ) &i;
  y  = y * ( threehalfs - ( x2 * y * y ) ); // 1st iteration
  // y  = y * ( threehalfs - ( x2 * y * y ) ); // 2nd iteration, this can be removed

  #ifndef Q3_VM
  #ifdef __linux__
    assert( !isnan(y) ); // bk010122 - FPE?
  #endif
  #endif
  return y;
}

    code/common/cm_trace.c中也出现了这样一段解释sqrt(x)的函数，与上面的代码唯一不同的就是这个函数返回的是number*y：
/*
================
SquareRootFloat
================
*/
float SquareRootFloat(float number) {
    long i;
    float x, y;
    const float f = 1.5F;

    x = number * 0.5F;
    y  = number;
    i  = * ( long * ) &y;
    i  = 0x5f3759df - ( i >> 1 );
    y  = * ( float * ) &i;
    y  = y * ( f - ( x * y * y ) );
    y  = y * ( f - ( x * y * y ) );
    return number * y;
}

    这样的代码速度肯定飞快，我就不用多说了；但算法的原理是什么呢？其实说穿了也不是很神，程序首先猜测了一个接近1/sqrt(number)的值，然后两次使用牛顿迭代法进行迭代。根号a的倒数实际上就是方程1/x^2 - a = 0的一个正实根，它的导数是-2/x^3。运用牛顿迭代公式x' = x - f(x)/f'(x)，式子化简为x' = x * (1.5 - 0.5a * x^2)。迭代几次后，x的值将趋于1/sqrt(a)。
    但这段代码真正牛B的是那个神秘的0x5f3759df，因为0x5f3759df - (i >> 1)出人意料地接近根号y的倒数。人们都不知道这个神秘的常数是怎么来的，只能把它当作神来膜拜。这个富有传奇色彩的常数到底咋回事，很少有人说得清楚。这篇论文比较科学地解释了这个常数。