位图思想详解：用一个小小的比特征服整个世界
一、什么是位图？二、位图的形象理解三、位图的 Java 实现四、位图的算法原理剖析五、实际应用案例：网站用户活跃度统计五、真实的应用场景：布隆过滤器的基础六、算法题：判断字符是否唯一（easy）
一、什么是位图？
位图是一种超级节省空间的数据结构，他利用二进制位（0/1）来表示某个元素是否存在或某种状态是否为真。想象一下，用一个小小的比特位就能记录一个信息，这简直是数据存储界的"极简主义"！
二、位图的形象理解
想象你是一个小学班主任，班上有40个学生。周一早上，你需要记录谁到校了，谁没到。
传统方法：创建一个布尔数组boolean[] attended = new boolean[40]，这要占用40个布尔值的内存。位图方法：只需要申请一个64位的long类型变量，每一个对应一个学生的出勤率。这就像是一个微型的"打卡机"，每个学生占用一个小格子，来了就打个勾(1)，没来就空着(0)。
三、位图的 Java 实现
public class Bitmap {
private long[] bits;
// 假设我们要表示n个元素
public Bitmap(int n) {
// 每个long有64位，所以需要 (n+63)/64 个long
this.bits = new long[(n + 63) / 64];
}
// 设置第i位为1（表示存在）
public void set(int i) {
bits[i / 64] |= 1L << (i % 64);
}
// 设置第i位为0（表示不存在）
public void clear(int i) {
bits[i / 64] &= ~(1L << (i % 64));
}
// 检查第i位是否为1
public boolean get(int i) {
return (bits[i / 64] & (1L << (i % 64))) != 0;
}
}
🏗️ 构造函数：为派对准备场地
public Bitmap(int n) {
// 每个long有64位，所以需要 (n+63)/64 个long
this.bits = new long[(n + 63) / 64];
}
想象你要举办一个有n位客人的派对，但每张桌子只能坐64人。你需要多少张桌子？当然是 ⌈n÷64⌉（向上取整）。这就是 (n + 63) / 64 的由来！
这里用了一个小技巧：整数除法会自动向下取整，所以 (n + 63) / 64 等价于 ⌈n÷64⌉。就像买桌子，9人需要2张桌子，不能买1.5张对吧？
n = 150 的情况
需要的long数组大小：(150 + 63) / 64 = 213 / 64 = 3.328125 ≈ 3
创建数组：bits = new long[3], 64 * 3 = 192
bits[0]：表示第0-63位
bits[1]：表示第64-127位
bits[2]：表示第128-191位
🔨 set() 方法：点亮你的专属小灯泡
public void set(int i) {
bits[i / 64] |= 1L << (i % 64);
}
这个方法就像一个漆黑的体育馆里，你要点亮 i 座位的灯。问题：这个座位在哪个区域？在哪个位置？
i / 64：确定在哪个long中（哪个区域）i % 64：确定哪个long中哪个bit位上（哪个位置）1L << (i % 64)：创建一个只有那个位置是1的掩码（准备一个只照亮那个座位的聚光灯）|=：使用OR操作将那个位置修改成1（打开闪光灯）
假设i = 73，我们要点亮第73个灯
i / 64 = 73 / 64 = 1（在第1个long里）
i % 64 = 73 % 64 = 9（在这个long的第9位）
1L << 9 = 000...000100000000（二进制，只有第9位是1）
bits[1] |= 000...000100000000
🧹 clear() 方法：熄灭特定的灯
public void clear(int i) {
bits[i / 64] &= ~(1L << (i % 64));
}
这个方法就像是派对结束后，你要关掉特定的一盏灯。操作流程是：
i / 64：确定在哪个long（哪个区域）i % 64：确定哪个long中哪个bit位上（区域内的灯号）1L << (i % 64)：创建一个只有那个位置是1的掩码~(1L << (i % 64))：反转掩码，现在除了那个位置都是1（准备一个"除了那盏灯以外都亮着"的状态）&=：使用AND操作将那一位设置为0，其他位保持不变（只关那一盏灯）
假设i = 73，我们要熄灭第73个灯
i / 64 = 73 / 64 = 1（在第1个long里）
i % 64 = 73 % 64 = 9（在这个long的第9位）
1L << 9 = 000...000100000000（二进制，只有第9位是1）
~(1L << 9) = 111...111011111111（二进制，只有第9位是0）
bits[1] &= 111...111011111111
🔍 get() 方法：查看灯是否亮着
public boolean get(int i) {
return (bits[i / 64] & (1L << (i % 64))) != 0;
}
这个方法就像是派对组织者在检查：第i号座位有人坐着吗？
i / 64：确定在哪个long（哪个区域）i % 64：确定在这个long的哪一位（区域内的座位号）1L << (i % 64)：创建一个只有那个位置是1的掩码（准备一个只照亮那个座位的手电筒）bits[i / 64] & (1L << (i % 64))：使用AND操作检查那一位是否为1（用手电筒照，看看有没有人）!= 0：如果结果不是0，说明那一位是1（座位上有人）
假设我想要检查第73个灯是否被设置
i / 64 = 73 / 64 = 1（在第1个long里）
i % 64 = 73 % 64 = 9（在这个long的第9位）
1L << 9 = 000...000100000000（二进制，只有第9位是1）
假设 bits[1] = 000...000100010000（第9位和第4位是1）
bits[1] & (1L << 9) = 000...000100010000 & 000...000100000000 = 000...000100000000 ≠ 0
所以返回 true
四、位图的算法原理剖析
位图的核心原理其实也很简单：利用二进制位的0和1来记录信息
索引映射：每一个需要记录的元素映射到位图中的一个特定的位置状态表示：使用0表示不存在/否，1表示存在/是位操作：通过位运算可以高效的设置和获取状态
位图的数学原理可以表示为
元素 i 映射到数组索引 i / 64（假设用long数组）在该数组元素中的位偏移量为 i % 64设置该位：array[i / 64] |= (1L << (i % 64))清除该位：array[i / 64] &= ~(1L << (i % 64))检查该位：(array[i / 64] & (1L << (i % 64))) != 0
五、实际应用案例：网站用户活跃度统计
假设你在追踪一个拥有1000万用户的网站，需要记录每个用户在过去30天是否登录过。
传统方法：使用布尔数组，需要约300MB内存。位图方法：只需约36MB！
public class UserActivityTracker {
private Bitmap[] dailyActivity; // 30天的活跃记录
// 创建3个位图，每个表示一天的用户活跃度
public UserActivityTracker() {
dailyActivity = new Bitmap[30];
for (int i = 0; i < 30; i++) {
// 每一天的用户容量都得达到 1千万
dailyActivity[i] = new Bitmap(1_000_000);
}
}
// 记录用户在某天登录
public void recordLogin(int userId, int dayOffset) {
dailyActivity[dayOffset].set(userId);
}
// 检查用户在30天内是否活跃（至少有一天是在线的）
public boolean isActiveInLast30Days(int userId) {
for (int i = 0; i < 30; i++) {
if (dailyActivity[i].get(userId)) {
return true;
}
}
return false;
}
// 计算某天的用户活跃度
public int countActiveUsersOnDay(int dayOffset) {
int count = 0;
for (int i = 0; i < 1_000_000; i++) {
if (dailyActivity[dayOffset].get(i)) {
count++;
}
}
return count;
}
}
五、真实的应用场景：布隆过滤器的基础
这个位图实现是布隆过滤器（Bloom Filter）的基础，布隆过滤器是一种高效判断元素是否在集合中的概率数据结构。
// 使用位图实现的简单布隆过滤器
public class SimpleBloomFilter {
private Bitmap bitmap;
private int size;
public SimpleBloomFilter(int size) {
this.size = size;
this.bitmap = new Bitmap(size);
}
public void add(String item) {
int hash1 = Math.abs(item.hashCode() % size);
int hash2 = Math.abs((item.hashCode() * 31) % size);
int hash3 = Math.abs((item.hashCode() * 37) % size);
bitmap.set(hash1);
bitmap.set(hash2);
bitmap.set(hash3);
}
public boolean mightContain(String item) {
int hash1 = Math.abs(item.hashCode() % size);
int hash2 = Math.abs((item.hashCode() * 31) % size);
int hash3 = Math.abs((item.hashCode() * 37) % size);
return bitmap.get(hash1) && bitmap.get(hash2) && bitmap.get(hash3);
}
}
这就像是一个高效的俱乐部入场系统：
当有人加入俱乐部时，在多个特定位置留下标记当有人要进入时，检查这些位置是否都有标记可能会有误判（误认为某人是会员），但绝不会错过真正的会员
想要了解更多关于布隆过滤器的内容，请点击🔍该链接
六、算法题：判断字符是否唯一（easy）
请点击🔍：该题目链接
代码示例：
class Solution {
public boolean isUnique(String astr) {
// 利用鸽巢原理 来做优化
if (astr.length() > 26) {
return false;
}
int bitMap = 0; // 位图原理：比特位 有 1 表示已经存在 0 表示还未存在
for (int i = 0; i < astr.length(); i++) {
// 判断 bit 位是否已经标志上 1 了
int x = astr.charAt(i) - 'a';
if (((bitMap >> x) & 1) == 1) {
// 表示 bitMap >> x == 0 此时 未标志上
return false;
}
// 把当前字符加⼊到位图中
bitMap |= (1 << x);
}
return true;
}
}
代码解析：
鸽巢原理：派对人数超过座位数，直接拒之门外
首先，小写字母只有26个，如果字符串长度超过26，那肯定有人得站着（重复）。所以代码开头就用了这个优化：
if (astr.length() > 26) {
return false;
}
这就像保安大哥看了一眼派对名单，发现人数超过26，直接说：“别来了，里面没位置了！”
位图：每个字符对应一个比特位，0是空位，1是有人
接下来的重头戏是位图。我们用整数bitMap的每一位代表一个字母是否出现过。比如：
a → 第0位b → 第1位…z → 第25位
假设bitMap是二进制数000...101，表示a和c已经到场（第0位和第2位是1）。
操作步骤：查座位、占座位
查座位： 当字符c（x=2）到来时，我们想知道第2位是否已被占用。 把bitMap右移2位，让第2位变成最低位，然后和1做&运算：
(bitMap >> x) & 1 // 结果为1表示座位被占
占座位： 如果座位是空的，就用bitMap |= (1 << x)把对应位设为1。 这相当于给字符c发了一张VIP卡，标记这个座位已有人。
举个栗子 🌰
假设字符串是"abc"：
处理a（x=0）：
bitMap初始为0（二进制全0）。检查(0 >> 0) & 1 → 0，座位空。更新bitMap = 1（二进制000...001）。 处理b（x=1）：
检查(1 >> 1) & 1 → 0（1右移1位是0）。更新bitMap = 1 | (1<<1) = 3（二进制000...011）。 处理c（x=2）：
检查(3 >> 2) & 1 → 0（3是11，右移2位是0）。更新bitMap = 3 | (1<<2) = 7（二进制000...0111）。
派对圆满结束，所有字符都有独立座位，返回true！
冲突时刻：当字符试图抢占已占座位
如果字符串是"abca"，处理最后一个a时：
x=0，此时bitMap是7（二进制000...0111）。(7 >> 0) & 1 → 1，座位已被占！保安立刻将其赶走，返回false。