文章目录：①、抛题②、给出结论③、论证题④、&和%运行效率对比相信对JDK源码感兴趣的朋友，一定不要错过HashMap的源码，里面有里面有很多精妙的设计，也是面试常见的考点。我将在本文中指出一些。不过HashMap的源码我就不详细介绍了。如果想了解更多，可以看我之前的文章。本文主要是为大家解决一些问题。1、问题1.1为什么HashMap默认初始容量长度为1<<4？为什么源码这里不直接写16呢？写1<<4？知道的可以在评论区留言。1.2为什么HashMap初始化时给定了长度还需要重新计算一个2^n^的数？PS：该方法用于计算HashMap的初始容量，结果返回第一个大于给定值的偶数，如：newHashMap(10)，实际长度为16；newHashMap(18)，实际长度为32；newHashMap(40)，实际长度为64，涉及两个操作符：①,|:或运算符。②、>>>：无符号右移运算符，移动时忽略符号位，空位补0。这个算法也挺有意思的，原理是每次运算把已有的0位都变成1，直到所有位为1；最后返回结果的时候，如果小于最大值，则返回结果+1，只是把所有的1都变成0，再加一位，正好是2^n^。1.3为什么HashMap每次扩容都会翻倍，即2^1^？当HashMap存储的元素占整个容量的75%以上时（默认加载因子DEFAULT_LOAD_FACTOR=0.75），扩容，在不超过int指定类型范围时，左移1位（扩充为原长度的两倍）1.4为什么HashMap的索引计算算法是&而不是%？当添加新元素时，会计算该元素在HashMap中的位置。算法分为两步：①获取hash值PS：其实这里的算法可以研究下，hashcode()是native修饰的方法，返回一个int类型的值（根据内存地址转换的值），然后将这个值无符号右移16位，高位补0，与上一步得到的哈希码进行按位异或^运算。这样做有什么用？这其实是一个扰动函数，为了减少哈希码的碰撞。右移16位，刚好是32位的一半。将高低半区进行异或运算，将原哈希码的高低位混合，增加低位的随机性。这样，混合的低位掺杂了高位的一些特征，高位的信息也变相的保留了下来。即保证高位和低位都参与Hash的计算。②.Indexvaluei=(n-1)&hash其中n为HashMap的长度，hash为上一步得到的值。注意：这里使用的是按位与&，不是取模%。1.5问题总结有没有发现，通过我上面提的四个问题，前三个问题HashMap的长度一直保持在2^n^。①、默认初始长度为2^4^；②、即使给定初始长度，其值仍然是第一个大于给定值的偶数；③、每展开一倍，2^1^；那么第四题，在计算HashMap的元素索引的时候，我们得到的是一个hash值，但是它实际上是对HashMap的长度进行了&操作，而不是%操作。为什么？2.给出结论我们直接给出结论：当lenth=2^n^且X>0时，X%length=X&(length-1)即当length为2的n次方时，modulus操作%可以转化为按位与&操作。例如：9%4=1，9的二进制为1001，4-1=3，3的二进制为0011。9&3=1001&0011=0001=1又如：12%8=4,12的二进制是1100,8-1=7,7的二进制是011112&7=1100&0111=0100=4上面两个例子4和8都是2的n次方，结论是有效，那么如果长度不是2的n次方呢？例如：9%5=4,9二进制为1001,5-1=4,4二进制为0100。9&4=1001&0100=0000=0。显然不成立。为什么会这样？下面我们详细分析一下。3.论证结论首先，我们需要知道以下规则：①、“<<”左移：将所有数以二进制形式向左移动相应的位数，去掉高位（舍弃），并用零填充低位。左移一位相当于乘以2。②、“>>”右移：将所有数向右移动二进制形式对应的数位。对于左边移出的空格，如果是正数，空格会补0，如果是负数，可能补0或1，这取决于使用的计算机系统。右移一位相当于除以2。③、“>>>”无符号右移：挤掉右边的位，左边移出的空位全部补0。根据二进制数的特点，相信大家都能很好的理解。现在给定一个任意十进制数X~n~X~n-1~X~n-2~....X~1~X~0~，我们将其分解为二进制表示：公式1：X~n~X~n-1~X~n-2~....X~1~X~0~=X~n~2^n^+X~n-1~2^n-1^+......+X~1~2^1^+X~0~2^0^回到上面的结论：当lenth=2^n^andX>0时，X%length=X&(length-1)and对于除法，除以一个数可以用除法分配律，几个数的和或差不能用除法分配律：公式2：成立：(a+b)÷c=a÷c+b÷c不成立：a÷(b+c)≠a÷c+a÷c通过公式1和公式2，我们可以得到当任意小数除以2^k^的数时，我们可以把这个小数转换成公式1的表示形式：如果我们要求上面公式的余数，相信大家一眼就能看出来：①。当0<=k<=n时，余数为X~k~2^k^+X~k-1~2^k-1^+......+X~1~2^1^+X~0~2^0^，即n大于k的次方，我们全部舍弃（大的能整除2^k^），小于k的保留（小的不能整除2^k^).然后留作余数。②.当k>n时，余数为整数。看到这里，我们离证明结论已经很近了。回到上面提到的二进制移位运算，右移n位就是除以2^n^的次方，从中我们得到一个很重要的结论：一个十进制数等于一个2^n^数另外，我们可以把这个十进制数转换成二进制数，把二进制数右移n位，去掉的n位就是余数。既然我们知道了如何计算余数，那么我们如何得到去除的n个数呢？我们来看二进制的2^0^,2^1^,2^2^...2^n^如下：0001,0010,0100,1000,10000...我们把上面的数减一：0000,0001,0011,0111,01111...根据AND运算符&的规律，当所有位都为1时，结果为1，否则为0。所以当任意二进制数修改2^k^时，我们可以将这个二进制数与(2^k^-1)进行按位与运算，剩下的就是余数。这完美的证明了上面给出的结论：当lenth=2^n^andX>0时，X%length=X&(length-1)4,&and%operationefficiency为什么要把%运算改成&运算是明明是因为&运算只需要计算机底层一个简单的与逻辑门，但实现除法确实是一个非常复杂的电路。如果你有兴趣，你可以继续研究它。我这里在代码层面做一个测试，让大家直观比较速度：publicclassHashMapTest{publicstaticvoidmain(String[]args){longnum=100000*100000;longstartTimeMillis1=System.currentTimeMillis();长结果=1；for(longi=1;i
