一次乘法提取位

我看到在使用了一个有趣的技术，答案到另一个问题，并想好一点理解。

我们获得了一个无符号的64位整数，并且对以下位感兴趣：

1.......2.......3.......4.......5.......6.......7.......8.......

具体来说，我们希望将它们移动到前八位，如下所示：

12345678........................................................

我们不在乎由指示的位的值.，也不必保留它们。

该溶液是屏蔽掉不需要的位，并且乘以结果0x2040810204081。事实证明，这可以解决问题。

这种方法有多普遍？可以使用这种技术来提取位的任何子集吗？如果不是，如何确定该方法是否适用于特定的一组位？

最后，如何找到正确的（a？）乘法器以提取给定的位？

非常有趣的问题和巧妙的把戏。

让我们看一个简单的例子，对单个字节进行操作。为了简单起见，使用无符号8位。想象你的电话号码是xxaxxbxx你想要的ab000000。

该解决方案包括两个步骤：位屏蔽，然后是乘法。位掩码是一个简单的AND操作，可将不感兴趣的位变为零。在上述情况下，您的蒙版将是00100100和结果00a00b00。

现在最困难的部分是：将其转换为ab......。

乘法是一堆移位和加法运算。关键是允许溢出“移走”我们不需要的位并将所需的位放在正确的位置。

乘以4（00000100）会使所有的数都左移2并达到极限a00b0000。为了b使a向上移动，我们需要乘以1（将a保持在正确的位置）+ 4（将b向上移动）。该总和为5，并与较早的4组合，得出的魔术数为20或00010100。原稿是00a00b00在掩盖后的。乘法给出：

000000a00b000000
00000000a00b0000 +
----------------
000000a0ab0b0000
xxxxxxxxab......

通过这种方法，您可以扩展到更大的数字和更多的位。

您提出的问题之一是“可以用任意数量的位来完成吗？” 我认为答案是“否”，除非您允许多次屏蔽操作或多次乘法。问题是“冲突”的问题-例如，上面问题中的“杂散b”。想象一下，我们需要对诸如此类的数字执行此操作xaxxbxxcx。按照较早的方法，您会认为我们需要{x 2，x {1 + 4 + 16}} = x 42（哦，这是所有问题的答案！）。结果：

00000000a00b00c00
000000a00b00c0000
0000a00b00c000000
-----------------
0000a0ababcbc0c00
xxxxxxxxabc......

如您所见，它仍然有效，但“仅”。他们的关键是在我们想要的位之间存在“足够的空间”，以便我们可以压缩所有内容。我不能在c之后添加第四个位d，因为我会得到c + d的实例，位可能会携带，...

因此，如果没有正式证据，我将回答您问题的更有趣的部分，如下所示：“不，这不适用于任何数量的位。要提取N位，您需要在位之间添加（N-1）个空格提取，或进行其他遮罩乘法步骤。”

对于“位之间必须有（N-1）个零”规则，我可以想到的唯一例外是：如果要提取原始位中彼此相邻的两个位，并且要将它们保留在同样的顺序，那么您仍然可以这样做。出于（N-1）规则的目的，它们算作两位。

还有另一种见解-受以下@Ternary答案的启发（请参阅此处的评论）。对于每个有趣的位，您只需要在其右边需要尽可能多的零即可，因为您需要为需要去的位提供空间。但是，它也需要左边的位数与结果位的左侧一样多。因此，如果位b结束于n的位置m，则它需要在其左侧具有m-1个零，而在其右侧具有nm 0。特别是当这些位在原始编号中的顺序与重新排序后的顺序不同时，这是对原始标准的重要改进。例如，这意味着一个16位字

a...e.b...d..c..

可以移入

abcde...........

即使e和b之间只有一个空格，d和c之间只有两个空格，其他之间只有三个空格。N-1发生了什么事？在这种情况下，a...e成为“一个块”-它们乘以1最终在正确的位置，因此“我们免费获得e”。b和d也是如此（b在右边需要三个空格，d在左边需要相同的三个空格）。因此，当我们计算幻数时，我们发现有重复项：

a: << 0  ( x 1    )
b: << 5  ( x 32   )
c: << 11 ( x 2048 )
d: << 5  ( x 32   )  !! duplicate
e: << 0  ( x 1    )  !! duplicate

显然，如果您希望这些数字以不同的顺序排列，则必须将它们进一步隔开。我们可以重新定义(N-1)规则：“如果位之间至少有（N-1）个空格，它将始终有效；或者，如果知道最终结果中的位顺序，则如果位b结束于位置m， n，它的左边必须有m-1个零，而右边则需要nm个零。”

@Ternary指出，此规则不太有效，因为可能会在“目标区域的右边”添加一些进位，即当我们要查找的位全部为1时。继续上面我给出的示例，在一个16位字中使用五个紧密包装的位：如果我们以

a...e.b...d..c..

为了简单起见，我将命名位位置 ABCDEFGHIJKLMNOP

我们要做的数学是

ABCDEFGHIJKLMNOP

a000e0b000d00c00
0b000d00c0000000
000d00c000000000
00c0000000000000 +
----------------
abcded(b+c)0c0d00c00

到现在为止，我们认为下面什么abcde（职位ABCDE）不会有问题，但事实上，作为@Ternary指出，如果b=1, c=1, d=1然后(b+c)在位置G会造成一点携带到位置F，这意味着(d+1)在适当的位置F将携带位为E-我们的结果被宠坏了。请注意，感兴趣的最低有效位右边的空间（c在此示例中）并不重要，因为乘法将导致从最低有效位附近的零开始填充。

因此，我们需要修改（m-1）/（nm）规则。如果有一个以上的位在右侧具有“完全（nm）个未使用的位”（不计算模式的最后一位-在上面的示例中为“ c”），那么我们需要加强规则-我们必须如此反复！

我们不仅要查看满足（nm）标准的位数，而且还要查看处于（n-m + 1）n-m位的位数，等等。让我们将它们的数量Q0（精确到下一位）称为Q1（ n-m + 1），直到Q（N-1）（n-1）。然后，如果

Q0 > 1
Q0 == 1 && Q1 >= 2
Q0 == 0 && Q1 >= 4
Q0 == 1 && Q1 > 1 && Q2 >=2
... 

如果您看一下，您会发现如果您编写一个简单的数学表达式

W = N * Q0 + (N - 1) * Q1 + ... + Q(N-1)

结果是W > 2 * N，那么您需要将RHS标准提高一点到(n-m+1)。此时，只要操作安全即可W < 4；如果不起作用，请再增加一个标准，依此类推。

我认为遵循以上所述将使您获得答案的路很长...

确实，这是一个非常有趣的问题。我要花两分钱，就是说，如果您可以通过位向量理论上的一阶逻辑来说明这样的问题，那么定理证明就是您的朋友，并且可以为您提供快速的解决方案您问题的答案。让我们重新陈述定理所要求的问题：

“存在一些64位常量'mask'和'multiplicand'，因此对于所有64位位向量x，在表达式y =（x＆mask）*被乘数中，我们的y.63 == x.63 ，y.62 == x.55，y.61 == x.47，等等。”

如果该句子实际上是一个定理，则确实是常量“掩码”和“被乘数”的某些值满足此属性。因此，让我们用定理证明者可以理解的东西（即SMT-LIB 2输入）来表述一下：

(set-logic BV)

(declare-const mask         (_ BitVec 64))
(declare-const multiplicand (_ BitVec 64))

(assert
  (forall ((x (_ BitVec 64)))
    (let ((y (bvmul (bvand mask x) multiplicand)))
      (and
        (= ((_ extract 63 63) x) ((_ extract 63 63) y))
        (= ((_ extract 55 55) x) ((_ extract 62 62) y))
        (= ((_ extract 47 47) x) ((_ extract 61 61) y))
        (= ((_ extract 39 39) x) ((_ extract 60 60) y))
        (= ((_ extract 31 31) x) ((_ extract 59 59) y))
        (= ((_ extract 23 23) x) ((_ extract 58 58) y))
        (= ((_ extract 15 15) x) ((_ extract 57 57) y))
        (= ((_ extract  7  7) x) ((_ extract 56 56) y))
      )
    )
  )
)

(check-sat)
(get-model)

现在让我们问定理证明者Z3这是否是一个定理：

z3.exe /m /smt2 ExtractBitsThroughAndWithMultiplication.smt2

结果是：

sat
(model
  (define-fun mask () (_ BitVec 64)
    #x8080808080808080)
  (define-fun multiplicand () (_ BitVec 64)
    #x0002040810204081)
)

答对了！它会在0.06秒内重现原始帖子中给出的结果。

从更一般的角度来看，我们可以将其视为一阶程序综合问题的一个实例，这是一个新兴的研究领域，有关该领域的论文很少发表。搜索"program synthesis" filetype:pdf应该可以帮助您入门。

乘法器中的每个1位用于将其中一个位复制到其正确位置：

• 1已经在正确的位置，因此请乘以0x0000000000000001。
• 2必须向左移动7位，因此我们乘以0x0000000000000080（设置了位7）。
• 3必须向左移动14位位置，因此我们乘以0x0000000000000400（设置了位14）。
• 以此类推，直到
• 8必须向左移动49位，所以我们乘以0x0002000000000000（设置了位49）。

乘数是各个位的乘数之和。

这之所以起作用，是因为要收集的位不太紧密，因此在我们的方案中不属于在一起的位的乘法要么超出64位，要么落入较低的无关位部分。

请注意，原始编号中的其他位必须为0。这可以通过用AND操作屏蔽它们来实现。

（我以前从未见过。这个技巧很棒！）

我将进一步说明弗洛里斯的断言，即在提取n位时，您需要n-1在任何非连续位之间留出空间：

我最初的想法（我们将在稍后看到这不太有效）是您可以做得更好：如果您要提取n位，那么i如果有人（非-与前面i的i-1位或n-i后面的位连续）。

我将给出一些示例来说明：

...a..b...c...有效（没有人在之后的2位中a，在之前的位和在之后的位中b，没有人在之前的2位中c）：

  a00b000c
+ 0b000c00
+ 00c00000
= abc.....

...a.b....c...之所以失败，b是因为它位于之后的2位a（并且在我们移动时被拉到别人的位置a）：

  a0b0000c
+ 0b0000c0
+ 00c00000
= abX.....

...a...b.c...失败，因为b它位于前面的2位中c（并且在我们移动时被推到其他人的位置c）：

  a000b0c0
+ 0b0c0000
+ b0c00000
= Xbc.....

...a...bc...d... 之所以有效，是因为连续的位会一起移位：

  a000bc000d
+ 0bc000d000
+ 000d000000
= abcd000000

但是我们有一个问题。如果使用n-i而不是使用，n-1可能会出现以下情况：如果在我们关心的零件之外发生碰撞，我们会在最后屏蔽掉某些东西，但其进位位最终会干扰重要的未屏蔽范围，该怎么办？ ？（请注意：该n-1要求通过确保i-1在我们移去i第th个位时未屏蔽范围之后的位是清楚的，从而确保不会发生这种情况）

...a...b..c...d...进位位的潜在故障c位于n-1after b，但满足n-i标准：

  a000b00c000d
+ 0b00c000d000
+ 00c000d00000
+ 000d00000000
= abcdX.......

那么，为什么不回到刚才的“ n-1空间”要求呢？ 因为我们可以做得更好：

...a....b..c...d.. 未能通过“ n-1空间位”测试，但适用于我们的位提取技巧：

+ a0000b00c000d00
+ 0b00c000d000000
+ 00c000d00000000
+ 000d00000000000
= abcd...0X......

我不能想出一个好办法来描述这些字段不具有n-1重要的位之间的空间，但依然会为我们的运营工作。但是，由于我们提前知道了我们感兴趣的位，因此可以检查过滤器以确保不会遇到进位冲突：

(-1 AND mask) * shift与预期的全结果进行比较-1 << (64-n)（对于64位无符号）

当且仅当两者相等时，魔术移位/乘法才能提取我们的位。

除了这个非常有趣的问题的出色答案之外，了解这种逐位乘法技巧自2007年以来在计算机国际象棋社区中广为人知，它的名称为Magic BitBoards也可能是有用的。

许多计算机国际象棋引擎使用多个64位整数（称为位板）来表示各种样集（每个占用的正方形1位）。假设某个原点正方形上的滑动块（车子，主教，女王）可以移动到最多K正方形（如果没有阻挡块的话）。将这些分散的K位中的按位和与占用正方形的位板一起使用，可以得到K嵌入在64位整数中的特定位字。

魔术乘法可用于将这些分散的K位映射到K64位整数的低位。K然后，这些低位可用于索引预先计算的位板表，该表代表原始块上的棋子可以实际移动到的允许的正方形（请注意阻止块等）。

使用此方法的典型国际象棋引擎有2个表（一个用于菜鸟，一个用于主教，皇后使用两者的组合），其中包含这样的预先计算结果的64个条目（每个原点正方形一个）。收视率最高的封闭源代码（Houdini）和开放源代码象棋引擎（Stockfish）当前都使用这种方法，以实现极高的性能。

使用穷举搜索（使用早期截止时间进行优化）或尝试和错误（例如，尝试许多随机的64位整数）来找到这些魔术系数。在移动生成过程中，没有使用没有发现魔术常数的位模式。但是，当要映射的位具有（几乎）相邻索引时，通常需要按位进位效果。

AFAIK是@Syzygy所采用的非常通用的SAT求解器，尚未在计算机国际象棋中使用，而且似乎也没有关于这种魔术常数的存在和唯一性的正式理论。