位运算 · 考纲词条练习

考点：按位与（A1）。

（A1）考点：按位与 & 对每一位做与运算——两位都为 1，结果位才为 1。

解析：$12 = (1100)_2$，$10 = (1010)_2$，逐位相与：$1100 \mathbin{\&} 1010 = 1000$，即 $8$。

排除法：A 选 2 是把 12 和 10 按十进制数位逐个"与"；B 选 14 是 12 | 10 按位或的结果；D 选 6 是 12 ^ 10 按位异或的结果。

考点：按位或（A2）。

（A2）考点：按位或 | 两位只要有一个为 1 结果位就是 1；& 与 | 可以组合成多步运算。

解析：第一步 $12 \mathbin{|} 10 = 1110 = 14$；第二步 $14 \mathbin{\&} 6$，$6 = (0110)_2$，$1110 \mathbin{\&} 0110 = 0110 = 6$。

排除法：A 选 4 是 $1110 \mathbin{\&} 0110$ 时把 $2^3$ 位算丢了；C 选 14 只算了第一步、忘了按位与；D 选 8 只取了 $14$ 的最高位。

考点：异或交换（A3）。

（A3）考点：异或三步交换利用 $a \oplus b \oplus b = a$——某数与另一个数异或两次等于自己。

解析：设 $a=7,b=3$。第一步 a = 7 ^ 3；第二步 b = a ^ b = 7 ^ 3 ^ 3 = 7；第三步 a = a ^ b = (7 ^ 3) ^ 7 = 3。最终 $a=3,b=7$，完成交换。

排除法：A 是"没发生交换"的直觉答案；B、C 是把中间某值重复赋给两个变量造成的同值结果。

考点：双重取反（A4）。

（A4）考点：双重取反回到原值——$~~x = x$，因为 $~x = -x-1$，再取反一次：$-(-x-1)-1 = x$。

解析：~7 = -8，~(-8) = 7（$-(-8)-1 = 7$），所以 ~~7 = 7。两次取反恢复原值。

排除法：B 选 -7 把取反当成了求相反数；C 选 -8 只取反了一次；D 选 6 把 $~~x$ 误记成了 $x - 1$。

考点：位掩码集合运算（A5）。

（A5）考点：一个整数可以用二进制位表示集合——第 $i$ 位为 1 表示元素 $i$ 在集合中；并集用 |、交集用 &、补集用 ~。

解析：$12 = (1100)_2$ 表示 $\{3, 2\}$，$10 = (1010)_2$ 表示 $\{3, 1\}$。并集 $12 \mathbin{|} 10 = 1110 = 14$（$\{3, 2, 1\}$）；交集 $12 \mathbin{\&} 10 = 1000 = 8$（$\{3\}$）。

排除法：A 把并集和交集的结果对调；C 的交集算成了异或（$1100 \oplus 1010 = 0110 = 6$ 才是异或）；D 直接取了原值。

考点：左移溢出符号位（A6）。

（A6）考点：int 只有 32 位，1 << 31 把 1 移进了符号位——按常见编译器的补码行为结果是负数（严格说左移越界属于未定义行为，写代码时应主动避免）。

解析：$1$ 左移 31 位得到位模式 1000...0000（1 后面 31 个 0），按补码解释这是 $-2147483648$（int 的最小值）。

排除法：A 选 0 以为溢出会清零；B 选 2147483648 是无符号思维（int 装不下这个正数）；D 选 -1 把溢出与取反混淆。

考点：异或判同号（A7）。

（A7）考点：异号的两数符号位不同，异或后符号位为 1、结果为负数；同号则符号位为 0——所以 (x ^ y) >= 0 可以判断两数是否同号。

解析：$5$ 的符号位是 0，$-3$ 的符号位是 1，$0 \oplus 1 = 1$，x ^ y 的符号位为 1，是负数，所以 same = false（两数异号）。

排除法：A 选 true 只算了数值部分、忘了符号位；B 该写法完全合法；C 把 bool 的结果和整数 1 混为一谈（false 转 int 才是 0）。

考点：左移倍增（B1）。

（B1）考点：x << k 等价于 $x \times 2^k$（不溢出时）。

解析：$3 << 4 = 3 \times 2^4 = 3 \times 16 = 48$。

排除法：A 选 12 把移位量当成了乘数（$3 \times 4$）；C 选 24 只乘了 $2^3$；D 选 96 多乘了一个 2。

考点：右移整除（B2）。

（B2）考点：对非负整数，x >> k 等价于 $x \div 2^k$ 向下取整。

解析：$23 >> 2 = \lfloor 23 \div 4 \rfloor = \lfloor 5.75 \rfloor = 5$。二进制上看：$23 = (10111)_2$，右移 2 位去掉末尾两位得 $(101)_2 = 5$。

排除法：A 选 11 只右移了 1 位；B 选 6 是四舍五入的结果；C 选 4 把 $23$ 看成了 $24$。

考点：负数右移与除法（B3）。

（B3）考点：负数右移是"向负无穷取整"（算术右移），而 C++ 的整数除法是"向零取整"——两者对负数的结果不同。

解析：$-7$ 右移 1 位得 $-4$（相当于 $\lfloor -7 \div 2 \rfloor = \lfloor -3.5 \rfloor = -4$）；而 $-7 / 2 = -3$（向零取整）。记住：负数的 >> 和 / 不一样。

排除法：B 以为右移与除法结果相同；C 以为除法也向负无穷取整；D 把两个结果都记反。

考点：1<<n 与 2^n（B4）。

（B4）考点：1 << n 得到 $2^n$，这是二进制里最重要的构造手段。

解析：$1 << 10 = 2^{10} = 1024$。记忆锚点：$2^{10}$ 是计算机里最常用的"千"，约 1KB。

排除法：A 选 20 把 << 10 当成了 $\times 10$ 再 $\times 2$；B 选 1000 用十进制约数记混；D 选 2048 是 $2^{11}$。

考点：异或交换自坑（B5）。

（B5）考点：异或交换的陷阱——如果两次异或作用在同一个变量上，a ^= a 会把自己清零，再异或也救不回来。

解析：第一次 a ^= a 后 $a = 5 \oplus 5 = 0$；第二次 a ^= a 是 $0 \oplus 0 = 0$。结果是 0。异或"两次还原"要求两次异或的另一个操作数相同，而这里第二次异或时 a 已经变成 0 了。

排除法：A 选 5 是"异或两次还原"的误用；C 选 10 当成了加法；D 选 -5 把 ^ 当成了 ~。

考点：循环构造低位掩码（B6）。

（B6）考点：循环累加 1 << i 就是在拼低位全 1 的位模式——这是构造掩码的标准做法。

解析：$s = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 31$，二进制 11111，正好是低 5 位全 1，等于 $(1 << 5) - 1$。

排除法：B 选 16 只加了最后一项；C 选 30 漏加了 $1$；D 选 32 多算了一项 $2^5$。

考点：取反与负数（C1）。

（C1）考点：补码体系下 $~x = -x - 1$——取反和求相反数是两回事，差 1。

解析：$~5$ 的每一位翻转后按补码解释是 $-6$。验证：$5 + (-6) = -1$，而 $~x + x$ 恒等于 $-1$（全 1），所以 $~5 = -6$。

排除法：A 选 5 认为取反无效果；B 选 -5 把取反当成了求相反数（漏了 $-1$）；D 选 6 把符号搞反。

考点：取反加一求相反数（C2）。

（C2）考点：$~x + 1 = -x$——补码里求相反数的标准做法是"取反加一"。

解析：$~7$ 是 $-8$（$~x = -x-1$），再加 1 得 $-7$，正是 $7$ 的相反数。

排除法：B 选 7 认为两次操作抵消；C 选 6 只算了 $-x-1$ 忘记加一；D 选 -8 忘了加一。

考点：负数右移符号扩展（C3）。

（C3）考点：负数右移时高位补符号位 1（符号扩展），移出的低位丢弃——右移 $k$ 位相当于除以 $2^k$ 向下取整，结果仍是负数。

解析：$-8$ 的补码是 1111 1000，右移 2 位：高位补两个 1、低位移出两个 0，得 1111 1110，按补码解释是 $-2$。

排除法：A 选 -32 把右移当成了左移（$-8 \times 4$）；B 选 2 是"高位补 0"的逻辑右移思路（正数右移才补 0）；C 选 -4 只右移了 1 位。

考点：负数按位与（C4）。

（C4）考点：负数按补码存储，按位运算在补码位模式上进行——先把负数写成二进制再算。

解析：$-2$ 的补码是 ...1110，$3 = (0011)_2$，逐位与得 0010，即 $2$。

排除法：A 选 1 用 $3 - 2$ 想当然；C 选 -2 认为与正数做 & 结果还是负数；D 选 0 以为符号不同的数与运算必为 0。

考点：补码最小值（C5）。

（C5）考点：8 位补码的范围是 $-128 \sim 127$——负数比正数多一个，因为 0 占了正数区。

解析：8 位共 $2^8 = 256$ 个位模式，补码把 1000 0000 分配给 $-128$，0111 1111 分配给 $127$，其余对称，所以最小是 $-128$。

排除法：B 选 -255 把无符号的 256 当成了对称范围；C 选 -127 是按原码思路（符号位 + 7 位数值）的经典错解；D 选 -256 把范围总数当成了最小值。

考点：负数左移未定义（C6）。

（C6）考点：负数左移属于未定义行为——C++ 标准没有规定结果，不同编译器或优化级别可能给出不同答案，写代码时应主动避免。

解析：-1 << 1 在标准中是未定义行为（左移要求左侧操作数为非负）。实测常见编译器会得到 $-2$，但依赖这个结果是不安全的，考试以外写代码应避免。

排除法：A 选 -2 是常见编译器的实际行为，但标准未保证，不能当作"正确答案"；B 同理；D 语句本身能通过编译，只是行为未定义。

考点：与 0 异或 0（D1）。

（D1）考点：两个恒等式——$x \mathbin{\&} 0 = 0$（任何位与 0 都清零）和 $x \oplus 0 = x$（任何位异或 0 都不变）。

解析：a = x & 0 每一位都是 $bit \& 0 = 0$，所以 $a=0$；b = x ^ 0 每一位 $bit \oplus 0 = bit$，所以 $b=9$。

排除法：B 把两个恒等式记反；C 以为与 0、异或 0 都清零；D 以为都保持原值。

考点：两次异或还原（D2）。

（D2）考点：$a \oplus b \oplus b = a$——与同一个数异或两次等于没异或。

解析：$7 \oplus 3 \oplus 3$：先算 $7 \oplus 3$，再与 3 异或一次，两次作用抵消，回到 7。运算律：$\oplus$ 满足结合律。

排除法：A 选 3 把 a 的初值记成结果；B 选 0 以为异或两次必然清零；C 选 10 把 $7 \oplus 3 = 4$ 又加了 6。

考点：异或方程（D3）。

（D3）考点：$a \oplus b \oplus c = 0$ 时，等式两边同时异或 $a \oplus b$ 可得 $c = a \oplus b$——异或可以移项。

解析：$c = 3 \oplus 5$。$3 = (011)_2$，$5 = (101)_2$，异或得 $(110)_2 = 6$。

排除法：A 选 1 是 $3 \mathbin{\&} 5$ 的结果；C 选 8 是 $3 + 5$ 的加法混淆；D 选 15 是 $3 \times 5$ 的乘法混淆。

考点：吸收律（D4）。

（D4）考点：$x \mathbin{|} (x \mathbin{\&} y) = x$——吸收律：内层 x & y 的结果是 x 的位的子集，再与 x 按位或不改变 x。

解析：$10 = (1010)_2$，$6 = (0110)_2$，$10 \mathbin{\&} 6 = (0010)_2 = 2$；$10 \mathbin{|} 2 = 10$（2 的位本来就在 10 里）。

排除法：A 选 6 直接取了 y；B 选 14 把内层 & 当成了 |；D 选 2 只算了内层。

考点：异或找唯一数（D5）。

（D5）考点：成对出现的数异或后抵消——$x \oplus x = 0$、$0 \oplus x = x$，所以把全体异或起来，剩下的就是只出现一次的那个数。

解析：$ans = 2 \oplus 3 \oplus 2 \oplus 4 \oplus 3$，其中 $2 \oplus 2 = 0$、$3 \oplus 3 = 0$，$0 \oplus 0 \oplus 4 = 4$。

排除法：A 选 14 是把元素全部相加（$2+3+2+4+3$）；B 选 0 以为所有数都会抵消；C 选 2 只取了第一个元素。

考点：右移丢位不可逆（D6）。

（D6）考点：右移会把移出的低位丢弃，再左移补回来的是 0——低位一旦移出就找不回来，先右移再左移并非无损往返。

解析：$7 = (111)_2$，右移 1 位得 $(11)_2 = 3$（最低位的 1 被丢掉了）；再左移 1 位得 $(110)_2 = 6$，比原来的 7 少了 1。

排除法：B 选 7 以为右移再左移是无损往返；C 选 3 只算了右移；D 选 8 是 $7$ 左移 1 位的结果（方向搞反）。

考点：设置第 k 位（E1）。

（E1）考点：x | (1 << k) 把第 k 位设置为 1——掩码 1 << k 只在第 k 位为 1，按位或只影响这一位。

解析：$0101 \mathbin{|} 1000 = 1101$，第 3 位（从 0 数起）从 0 变成 1，其他位不变。

排除法：B 选 1001 把 | 当成了"用掩码替换"；C 选 0101 认为没变化；D 选 0111 把 k 直接当成了掩码（0101 | 0011）。

考点：清零第 k 位（E2）。

（E2）考点：x & ~(1 << k) 把第 k 位清零——先构造"第 k 位为 0、其余全 1"的掩码再按位与。

解析：$1 << 2 = 0100$，$~0100 = ...1011$，$1111 \mathbin{\&} 1011 = 1011$，第 2 位被清零，其余位保留。

排除法：A 选 0111 把掩码当成了"保留低 k 位"；B 选 1101 清零的是第 1 位；D 选 1111 漏掉了取反。

考点：翻转第 k 位（E3）。

（E3）考点：x ^ (1 << k) 翻转第 k 位——异或 1 取反、异或 0 不变，掩码 1 << k 恰好只翻第 k 位。

解析：$1010 \oplus 0100 = 1110$，第 2 位由 0 翻转为 1，其余位不变。

排除法：A 选 1000 是 x & (1 << k) 的结果；B 选 1011 翻转了第 0 位（k 取错）；C 选 0110 翻转了第 3 位。

考点：测试第 k 位（E4）。

（E4）考点：(x >> k) & 1 取出第 k 位——先把第 k 位移到最低位，再与 1 取最低位。

解析：$12 = (1100)_2$，12 >> 2 得 $(11)_2 = 3$，3 & 1 得 1。第 2 位是 1。

排除法：A 选 0 看错了位（第 2 位其实是 1）；C 选 3 只右移没与 1；D 选 4 把 x & (1 << 2) 的掩码值当成了结果。

考点：低 k 位全 1 掩码（E5）。

（E5）考点：(1 << k) - 1 是"低 k 位全 1"的掩码——$2^k - 1$ 的二进制正好是 k 个 1。

解析：$1 << 4 = 16$，$16 - 1 = 15 = (1111)_2$，低 4 位全 1。

排除法：B 选 1000 是 1 << 3 忘了减 1；C 选 0111 是 $8 - 1$（移位量算成 3）；D 选 11111 多了一位（那是 (1 << 5) - 1）。

考点：提取低 k 位（E6）。

（E6）考点：x & ((1 << k) - 1) 只保留 x 的低 k 位——用低 k 位全 1 的掩码按位与。

解析：$53 = (110101)_2$，掩码 $(1 << 3) - 1 = (111)_2$，$110101 \mathbin{\&} 000111 = 000101 = 5$。

排除法：A 选 53 忘了与掩码；B 选 110 把二进制结果当成十进制 110；D 选 6 取的是高三位 110 而不是低三位。

考点：lowbit（E7）。

（E7）考点：x & -x 得到"最低位的 1"（lowbit）——利用补码 $-x = ~x + 1$ 让最低位 1 及以下保持不变、以上全部取反。

解析：$12 = (1100)_2$，$-12$ 的补码末段为 0100，$1100 \mathbin{\&} 0100 = 0100 = 4$，正是最低位的 1 的位权。

排除法：A 选 12 把 -x 当成了 x；C 选 8 取的是最高位的 1；D 选 1 以为结果总是 1。

考点：清零最低位 1（E8）。

（E8）考点：x & (x - 1) 把最低位的 1 清零——减一让最低位 1 变 0 且其后全变 1，与原数相与恰好只清掉那一位。

解析：$10 = (1010)_2$，$9 = (1001)_2$，$1010 \mathbin{\&} 1001 = 1000 = 8$，最低位的 1（位权 2）被清掉。

排除法：A 选 9 只算了 x - 1；B 选 2 把结果当成了被清掉的那一位（那是 lowbit 的答案）；C 选 0 以为会一次清光所有位。

考点：优先级：& 与 ==（F1）。

（F1）考点：关系运算符 == 的优先级高于位与 &——x & 1 == 0 实际是 x & (1 == 0)，这是最常见的位运算陷阱。

解析：1 == 0 为假，即 0；$x \mathbin{\&} 0 = 0$，条件为假，执行 else 分支，输出 B。

排除法：A 是"以为等价于 (x & 1) == 0"的误解（x=2 时该理解得真、会输出 A，与代码实际行为不同）；B 编译不会出错；D 不可能输出两个字符。

考点：优先级：移位与加法（F2）。

（F2）考点：移位 << 的优先级低于加法 +——1 << 2 + 1 是 1 << (2 + 1)，不是 (1 << 2) + 1。

解析：$2 + 1 = 3$，$1 << 3 = 8$。

排除法：B 选 5 是按 (1 << 2) + 1 算的（经典误解）；C 选 4 是 1 << 2 后漏了加 1；D 选 9 无运算依据。

考点：按位与与逻辑与（F3）。

（F3）考点：& 是按位与，结果是一个数；&& 是逻辑与，结果只有 0 或 1。

解析：$6 = (110)_2$，$4 = (100)_2$，6 & 4 = 4（按位）；6 && 4 中两个数都非 0 即真，逻辑与得真，赋给 int 为 1。

排除法：A 把两个结果对调；B 以为 && 得 0；C 把 & 也当成了逻辑与。

考点：优先级：异或与或（F4）。

（F4）考点：优先级从高到低 & → ^ → |——6 ^ 1 | 2 先异或后按位或。

解析：$6 \oplus 1 = 7$（$110 \oplus 001 = 111$），$7 \mathbin{|} 2 = 7$（$111 \mathbin{|} 010 = 111$）。

排除法：A 选 5 是按"先 | 后 ^"算的（$6 \oplus 3 = 5$，经典误解）；C 选 2 只算了后半段；D 选 3 只算了 1 | 2。

考点：取模与掩码（F5）。

（F5）考点：当除数是 $2^k$ 时，x % (2^k) 等价于 x & (2^k - 1)——取模就是保留低 $k$ 位。

解析：$29 \% 8 = 5$；$29 = (11101)_2$，$7 = (111)_2$，$11101 \mathbin{\&} 111 = 101 = 5$。两者相等，因为 $8 = 2^3$，取模留下的余数恰好是低 3 位。

排除法：A 把 & 7 算成了 3（把 29 看成了 $11011$）；B 把 % 8 算成了 3（$29 = 3 \times 8 + 5$，余数记错）；D 把 & 7 当成保留 7 本身。

考点：复合赋值链（F6）。

（F6）考点：|=、<<=、^= 依次生效，每步都在上一步结果上操作。

解析：$2 \mathbin{|} 3 = 3$（$010 \mathbin{|} 011 = 011$）；$3 << 1 = 6$；$6 \oplus 1 = 7$（$110 \oplus 001 = 111$）。

排除法：B 选 6 漏了最后的 ^= 1；C 选 3 漏了 <<= 1；D 选 5 漏了 |= 3（$2 << 1 = 4$，$4 \oplus 1 = 5$）。

考点：奇偶判断（G1）。

（G1）考点：x & 1 取出最低位——奇数最低位为 1，偶数最低位为 0，所以 x & 1 等价于"是不是奇数"。

解析：$14 = (1110)_2$，最低位是 0，14 & 1 = 0，条件为假，输出 even。

排除法：A 把 x & 1 当成了恒为真；C 该写法合法不会编译错误；D 把 x & 1 与 x && 1 混淆（后者才是 1）。

考点：统计 1 的个数（G2）。

（G2）考点：x = x & (x - 1) 每执行一次清掉一个最低位的 1，循环次数恰好等于二进制中 1 的个数。

解析：$15 = (1111)_2$ 有 4 个 1：$15 \to 14 \to 12 \to 8 \to 0$，共 4 轮，cnt 为 4。

排除法：A 选 15 以为循环次数等于 x 的值；B 选 3 少数了一个 1；C 选 2 数了两次清零就停止。

考点：判断 2 的幂（G3）。

（G3）考点：x & (x - 1) 清零最低位 1；2 的幂只有一个 1，清零后得 0——但要先排除 $x \le 0$。

解析：$16 = (10000)_2$，$16 \mathbin{\&} 15 = 0$，且 $16 > 0$，返回 true；$12 = (1100)_2$，$12 \mathbin{\&} 11 = 8 \ne 0$，返回 false。

排除法：A 把两个结果对调；B 以为 12 也算 2 的幂（$12 = 2^3 + 2^2$ 是两个 1）；D 以为 16 不是（16 是 $2^4$）。

考点：大小写转换（G4）。

（G4）考点：ASCII 码大小写字母仅第 5 位不同——大写字母第 5 位为 0、小写为 1，| 0x20 把第 5 位设置为 1 即转小写。

解析：'A' 是 0x41 = 0100 0001，与 0x20 = 0010 0000 按位或得 0110 0001 = 0x61，即 'a'。

排除法：B 认为按位或不改变字符；C 把 | 0x20 当成了"加上 32 个字母序"（0x41 + 0x19 才是 Z）；D 把 0x20 当成十进制数字运算。

考点：子集枚举（G5）。

（G5）考点：for (s = x; s; s = (s - 1) & x) 依次枚举 x 的每一个非空子集（二进制 1 的子集）。

解析：$x = 3 = (11)_2$，其非空子集对应二进制 11、10、01。循环依次取 $s = 3, 2, 1$，共 3 次。

排除法：A 选 4 把空集（$s=0$）也算进去了；C 选 2 漏数了一个子集；D 选 7 把 $2^3 - 1$ 的全集规模混淆（那是 3 个元素的子集总数减一）。

考点：二进制逆序输出（G6）。

（G6）考点：x & 1 取最低位、x >>= 1 逐位移出——循环会从低位到高位依次输出每一位。

解析：$6 = (110)_2$。第 1 轮输出最低位 0，$x$ 变 $(11)_2$；第 2 轮输出 1，$x$ 变 $(1)_2$；第 3 轮输出 1，$x$ 变 0 停止。输出 011。

排除法：A 选 110 是"高位先出"的直觉答案；B 没有依据；D 把数字整体输出（那是 cout << x）。

考点：阅读奇偶分支累加（H1）。

（H1）考点：i & 1 判断奇偶，i >> 1 是整除 2——同一段代码里两个位运算各司其职。

解析：奇数 $1,3,5,7$ 直接累加得 $16$；偶数 $2,4,6,8$ 各右移 1 位（整除 2）得 $1,2,3,4$，累加得 $10$。总和 $16 + 10 = 26$。

排除法：A 选 36 是 $1+\dots+8$ 的全体累加（偶数没右移）；B 选 16 只算了奇数分支；C 选 10 只算了偶数分支。

考点：改错零与二的幂（H2）。

（H2）考点：!(x & (x - 1)) 判断 2 的幂必须同时要求 $x > 0$——$x = 0$ 时 x & (x - 1) 得 0，会误判为 2 的幂。

解析：$0 \mathbin{\&} -1 = 0$，!0 为 true，所以 f(0) 返回 true。但 0 不是 2 的幂，函数漏了 x > 0 的限制（正确写法见第 42 题）。

排除法：A 是"按数学正确性"回答而非"按代码实际执行"回答；C 循环都不会发生（这是单个表达式）；D 代码合法可编译。

考点：对比 lowbit 与清零（H3）。

（H3）考点：x & -x 保留最低位的 1，x & (x - 1) 清掉最低位的 1——两个公式一"取"一"清"，别记混。

解析：$12 = (1100)_2$。$12 \mathbin{\&} -12 = 0100 = 4$（保留）；$12 \mathbin{\&} 11 = 1000 = 8$（清零）。所以 $y1 = 4$，$y2 = 8$。

排除法：B 把两个公式的结果对调（经典混淆）；C 把 x & -x 当成了 x、x & (x-1) 当成了 x-1；D 把两个公式都当成了 lowbit。

考点：陷阱移位减一（H4）。

（H4）考点：<< 优先级低于 -，1 << k - 1 是 1 << (k - 1)；想构造低 k 位全 1 掩码必须写 (1 << k) - 1。

解析：$k = 4$ 时 1 << (4 - 1) = 1 << 3 = 8。代码本意是 $(1 << 4) - 1 = 15$，因缺括号算成了 8。

排除法：A 选 15 是"本意"而非"实际执行结果"；B 选 16 是 1 << 4 的结果；D 选 7 是 $(1 << 3) - 1$ 的混淆。

考点：补全设置第 k 位（H5）。

（H5）考点：设置第 k 位用 | 加掩码 1 << k；& 是测试、^ 是翻转、>> 是移位——四种操作别混用。

解析：x | (1 << k) 只在第 k 位是 1，与 x 按位或恰好把第 k 位设置为 1、其他位不变。

排除法：A 是"测试第 k 位"的写法（结果只有 0 或掩码值）；B 是"翻转第 k 位"；C 只是右移，与设置无关。