难度: Medium
给你两个正整数 num1 和 num2 ，找出满足下述条件的正整数 x ：
x 的置位数和 num2 相同，且x XOR num1 的值 最小注意 XOR 是按位异或运算。
返回整数 x 。题目保证，对于生成的测试用例， x 是 唯一确定 的。
整数的 置位数 是其二进制表示中 1 的数目。
示例 1：
输入：num1 = 3, num2 = 5
输出：3
解释：
num1 和 num2 的二进制表示分别是 0011 和 0101 。
整数 3 的置位数与 num2 相同，且 3 XOR 3 = 0 是最小的。
示例 2：
输入：num1 = 1, num2 = 12
输出：3
解释：
num1 和 num2 的二进制表示分别是 0001 和 1100 。
整数 3 的置位数与 num2 相同，且 3 XOR 1 = 2 是最小的。
提示：
1 <= num1, num2 <= 109运行时间: 23 ms
内存: 16.0 MB
class Solution:
def minimizeXor(self, num1: int, num2: int) -> int:
mask = 0
c1 = num1.bit_count()
c2 = num2.bit_count()
while c2 < c1:
num1 &= num1 - 1
c1 -= 1
while c2 > c1:
num1 |= num1 + 1
c2 -= 1
return num1
该题解的核心思路是调整 num1 的二进制表示，使其包含的 1 的个数与 num2 相同，同时保持其值尽可能小。首先，计算 num1 和 num2 的二进制表示中 1 的个数（置位数），分别为 c1 和 c2。如果 num1 的置位数多于 num2（c1 > c2），则通过将 num1 与 (num1 - 1) 进行按位与操作去除最低位的 1 直到两者的置位数一致。如果 num1 的置位数少于 num2（c1 < c2），则通过将 num1 与 (num1 + 1) 进行按位或操作添加最低位的 0 直到置位数一致。这种方法保证了 num1 调整后的值是最小的符合条件的值。
时间复杂度: O(b)
空间复杂度: O(1)
class Solution:
def minimizeXor(self, num1: int, num2: int) -> int:
# 初始化mask为0
mask = 0
# 计算num1的置位数
c1 = num1.bit_count()
# 计算num2的置位数
c2 = num2.bit_count()
# 进行置位数减少，直到num1的置位数与num2相同
while c2 < c1:
num1 &= num1 - 1
c1 -= 1
# 进行置位数增加，直到num1的置位数与num2相同
while c2 > c1:
num1 |= num1 + 1
c2 -= 1
# 返回调整后的num1
return num1
在二进制表示中，num1与(num1 - 1)进行按位与操作的效果是将num1的最低位的1变为0，并且保持该位之后的所有位不变。这是因为从二进制的角度看，如果num1的某位是1，那么从这一位到最右端的所有位在num1-1中都会变成0，并且这一位会变成0。因此，num1与(num1 - 1)的按位与操作，实际上是把num1的最低位的1和之后的所有0变成了0，达到了去除最低位1的目的。
当我们将num1与(num1 + 1)进行按位或操作时，操作的效果是在num1的最低位的0之前添加一个1。这是因为num1的二进制表示中最低位的0，在num1+1中会变成1，而num1中所有低于这个位的1会在num1+1中变成0然后再变回1（由于进位）。因此，num1与(num1 + 1)的按位或结果是在原来的num1基础上在最低的0位转变为1，这确保了只增加一个1位。
在调整置位数的操作中，通过选择性地去除最低位的1或添加到最低位的0，我们优先保留了较高位的1，这样可以保证数值尽可能小。例如，去除较高位的1会导致数值减小更多，而我们的操作避免了这一点，只去除或添加最低位的。因此，通过这种方式调整num1，可以确保在满足置位数与num2相同的前提下，num1的数值是最小可能的，这就保证了num1是最小的符合条件的值。