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？

    回想x^(x-1)的作用：保留右起第一个“1”，同时把右起连续的“0”也都变为“1”；直观地说，“…10000”异或“…01111”得到“11111”。巧妙就巧妙在，我可以用c=t^(t-1)同时完成定位右起第一个“1”和产生足够多的数字“1”两个步骤。我们的新算法省下了一个运算，只需要8个运算符：

b = x & -x;
t = x + b;
c = t ^ (t-1);
m = (c >> 2) / b;
r = t | m; //最终结果

    同样地，我们做一个简单的说明：

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-1)     | 00111111 |  提取t的右起第一个“1”，同时把后面的“0”也全变为“1”
m = (c >> 2) / b  | 00000011 |  把c右移两位，再右移b所表示的位数
r = t | m         | 01100011 |  最终结果

 
    现在，我们只用了8个运算符便完成了最初提到的一系列操作。这个数目还能再少吗？其实，这里面还有一个非常隐蔽的可改进之处：计算c时我们根本不需要用t来异或t-1，直接异或x就行了，它所产生的“1”的个数显然足够多。这样，我们又可以节省一个运算符了：

b = x & -x;
t = x + b;
c = t ^ x;
m = (c >> 2) / b;
r = t | m; //最终结果

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 ^ x         | 00111100 |  提取t的右起第一个“1”，同时把后面足够多的“0”也全变为“1”
m = (c >> 2) / b  | 00000011 |  把c右移两位，再右移b所表示的位数
r = t | m         | 01100011 |  最终结果

    这次，我们只用了7个运算就实现了题目的要求。还能继续优化吗？欢迎大家继续讨论！
    来源：http://realtimecollisiondetection.net/blog/?p=78