解法：
方法一：每次把 res 左移，把 n的二进制末尾数字，拼接到结果 res 的末尾。然后把 n 右移。
class Solution {
public:
uint32_t reverseBits(uint32_t n) {
uint32_t res = 0;
for(int i = 0; i < 32; ++i){
res = (res << 1) | (n & 1); //(n&1),n位与1，得n的最低位，再或res，既将n的最低为给res
n >>= 1; //n右移，
}
return res;
}
};
方法二：分治法，把数字分为两半，然后交换这两半的顺序；然后把前后两个半段都再分成两半，交换内部顺序……直至最后交换顺序的时候，交换的数字只有 1 位。引用图片。
示例： 假设n二进制为:1011 0111 0011 1001 0011 1111 0110 1010 n = (n >> 16) | (n << 16); n >>> 16 就是左边16位被移动到了右侧， n << 16 就是右边16位被移动到了左侧，又 | 在了一起，所以，n变成了 0011 1111 0110 1010 1011 0111 0011 1001 ((n & 0xff00ff00) >> 8); 左侧开始算0~7位，保留；8~15位，全变0；16~23位，保留；24~31位，全变0,n此时为0011 1111 0000 0000 1011 0111 0000 0000，然后统一右移8位，n为0000 0000 0011 1111 0000 0000 1011 0111 ((n & 0x00ff00ff) << 8); 左侧开始算0~7位，全变0；8~15位，保留；16~23位，全变0；24~31位，保留此时n为0000 0000 0110 1010 0000 0000 0011 1001，然后左移8位，n为0110 1010 0000 0000 0011 1001 0000 0000 ((n & 0xff00ff00) >>> 8) | ((n & 0x00ff00ff) << 8) 就是n的0~7位和8~15位交换了，16~23位和24~31位交换了，n为0110 1010 0011 1111 0011 1001 1011 0111 也就是说，整个过程是n的左16位，和右16位交换 n的左16位的内部，左8位和右8位交换；n的右16位的内部，左8位和右8位交换 接下来的一行，其实是，从左边开始算，0~7位内部，左4和右4交换；8~15位，左4和右4交换；... ((n & 0xf0f0f0f0) >> 4) n为 0000 0110 0000 0011 0000 0011 0000 1011 ((n & 0x0f0f0f0f) << 4) n为 1010 0000 1111 0000 1001 0000 0111 0000 ((n & 0xf0f0f0f0) >> 4) | ((n & 0x0f0f0f0f) << 4) n为 1010 0110 1111 0011 1001 0011 0111 1011 接下来的一行，其实是，从左边开始算，0~3位内部，左2和右2交换；4~7位，左2和右2交换； 最后的一行，其实是，从左边开始算，0~1位内部，左1和右1交换；2~3位，左1和右1交换； 在这里就顺便说一下常用的二进制数： 0xAAAAAAAA=10101010101010101010101010101010 0x55555555 = 1010101010101010101010101010101（奇数位为1，以1位为单位提取奇偶位） 0xCCCCCCCC = 11001100110011001100110011001100 0x33333333 = 00110011001100110011001100110011（以“2位”为单位提取奇偶位） 0xF0F0F0F0 = 11110000111100001111000011110000 0x0F0F0F0F = 1111000011110000111100001111（以“8位”为单位提取奇偶位） 0xFFFF0000 =11111111111111110000000000000000 0x0000FFFF = 1111111111111111（以“16位”为单位提取奇偶位）
class Solution {
public:
uint32_t reverseBits(uint32_t n) {
n = (n >> 16) | (n << 16);
n = ((n & 0xff00ff00) >> 8) | ((n & 0x00ff00ff) << 8); //n的0~7位和8~15位交换了，16~23位和24~31位交换了
n = ((n & 0xf0f0f0f0) >> 4) | ((n & 0x0f0f0f0f) << 4);
n = ((n & 0xcccccccc) >> 2) | ((n & 0x33333333) << 2);
n = ((n & 0xaaaaaaaa) >> 1) | ((n & 0x55555555) << 1);
return n;
}
};
136.只出现一次的数字
解法：用set容器开辟了额外的空间，
根据题解思路，异或运算有如下三条性质：
1.任何数和0做异或运算，结果仍是原来的数；
2.任何数和其自身做异或运算，结果是0；
3.异或运算满足交换律和结合律。
class Solution {
public:
int singleNumber(vector& nums) {
unordered_set s;
for(int i = 0; i < nums.size(); i++){
if(s.find(nums[i]) == s.end()){ //如果set容器内不存在该数，则加入，否则删除
s.insert(nums[i]);
}
else{
s.erase(nums[i]);
}
}
unordered_set::iterator it = s.begin();
return *it;
}
};
//由于交换律的存在，只存在一个只出现一次的值，故其他的值都可以通过异或自己本身得到0，然后0与唯一的那个数异或得到只出现一次的那个数。
class Solution {
public:
int singleNumber(vector& nums) {
// 异或
int res = nums[0];
for (int i = 1; i < nums.size(); i++) {
res ^= nums[i]; //由于交换律的存在，只存在一个只出现一次的值，故其他的值都可以通过异或自己本身消除，得到唯一的值
}
return res;
}
};
