HashMap哲学中的数学原理

今天与群友畅谈HashMap的知识点，十分愉快。但恐于泛泛之言，寥寥数语难以概述清晰。幸甚至哉，做文咏志。
此文并不会讲解HashMap的数据结构。单单阐述HashMap涉及到的数学原理。

tableSizeFor

通常遇到的第一个问题就是tableSizeFor()。

我来解释一下这部分代码的做用： 计算出大于或等于cap的第一个2的n次幂。 注意：

• cap参与计算以前要先-1
• 了解>>>、|的运算规则

他这个算法大概的意思就是先无符号右移m位，再将得到的结果与原值进行 | 运算。 好比咱们令cap=19,则n=18，二进制表示为10010，无符号右移1位以后是1001。 若是将其对其为16位则表示为：0000 0000 0001 0010而后与原值0000 0000 0000 1001与运算结果为：0000 0000 0001 1011后面的几轮咱们以此类推便可。
详细的演算过程以下：

上面的演算结果是11111，翻译为10进制就是31。

return (n < 0) ? 1 : (n >= MAXIMUM_CAPACITY) ? MAXIMUM_CAPACITY : n + 1;
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n < MAXIMUM_CAPACITY，因此返回：31 + 1 = 32。
使用 移位 和 或 运算，巧妙的化简了问题。注意这里有一个细节就是cap-1，为何这么作呢。假设 x = 2^n，若是咱们不处理获得的结果是2 * 2^n，这里就不符合要求。大于等于 x 的第一个值应该是 x 自己。不信的话，能够动手验证一下。

hash

这里咱们不讨论hashCode产生的过程，咱们只关心后部分。也就是你们所谓的扰动函数。

static final int hash(Object key) {
    int h;
    return (key == null) ? 0 : 
    // 咱们看最后一行做用
    (h = key.hashCode()) ^ (h >>> 16);
}
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Jdk对此作出了相应解释。

Computes key.hashCode() and spreads (XORs) higher bits of hash

直译就是：计算key.hashCode()并扩展哈希的更高位
有必要思考一下：为何已经得出key的hashCode以后还要大费周章进行 移位 异或的运算呢。假设咱们不进行扰动呢，能有什么影响呢。咱们知道HashMap中肯定元素所在数组中的位置是经过 & 运算来实现的。

if ((p = tab[i = (n - 1) & hash]) == null)
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一个key的hashCode足够大，而当前HashMap的容量不是足够大的时候，你发现了吗对该key进行定位的重大决定其实只是交给了最后几位。
假设当前容量是16，而后(n - 1) = 15，其实就是二进制的1111。不管hash有多少位，不足的我1111只管补足0便可。这时候一个很是尴尬的状况出现了。我管你hashCode多少位只要跟我1111进行 & 运算，除了最后四位前面的一概为0。也就是说hash看着位数足够多其实发挥做用的只有最后面的一部分。这样一来，两个hash只须要低位一致，高位就算多大差别他们最后必定定位再同一处。
这显然是源码做者不肯意看到的结果。其实这里高位参与运算就是为了打乱低位。这样高位不一样，低位相同，定位就必定相同的僵局直接就会被打破。

容量的秘密

咱们知道HshMap扩容至原来的2倍，初始容量是16，这么一来ta的容量其实永远都是2^n。在二进制中2^n的数字是极具特色的。转化成二进制以后首位为1，余位为0。那么2^n - 1以后呢，获得的结果更加有规律，必定获得所有为 1 的排列。
请你必定要记得任何数 -1 获得所有是 1 的排列那么这个数字必定是2^n

final V putVal(int hash, K key, V value, boolean onlyIfAbsent, boolean evict) n = (tab = resize()).length;
    (n - 1) & hash
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在put()方法中想要定位，其实就是获取到Key的hash以后对当前容量求余。可是求余在计算机的世界里比较消耗性能。咱们能够将hash % n转化为(n - 1) & hash。
& 的运算规则是所有为 1 结果为 1，其他结果为 0。
咱们令hash的值为a b c d，(n - 1)的值为m n x y，且上述变量取值范围为[0, 1]。
& 运算结果为t x y z，最完美的状况是： 四位数值每一位均可能是 0 或者 1，那么获得的排列有2 * 2 * 2 * 2 = 16 种。咱们继续假设若是m n x y其中有一个数字等于 0 呢？结果的排列就只剩下2 * 2 * 2 = 8种。出现两位为 0 的话排列就只剩下2 * 2 = 4种。
这么理论难免有些枯燥。由于咱们是明确知道当前容量的。若是 n = 1110，n - 1 = 1101，至关于你数组长度为 14 时，只会出现 8 种排列，那么对应成HashMap的定位问题，就是说数组长度是 14 时，足足有 6 个位置是永远浪费的。若是存在这种大量浪费的状况，势必会致使HashMap频频扩容，损耗性能。
那怎么解决呢？怎么让全部的位置都有可能被定位，对应成上述数学模型解决方案其实就是(n - 1)全部位必须全为 1。
那若是(n - 1)全部位必须全为 1。则 n = 2^x 成立。

扩容的秘密

if ((e.hash & oldCap) == 0)
newTab[j] = loHead;
newTab[j + oldCap] = hiHead;
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这里我当时看的时候百思不得其解，直到我发现这里(e.hash & oldCap)不是(e.hash & (oldCap - 1))这二者天壤之别。这句代码这里的意思就是其实就是判断oldCap最高位对应e.hash相对应位置上的值是否为 1。
这个很重要由于若是对应的位置为 1，直接表示ta须要搬家，而搬到哪里去呢？数组原来位置对应的数字加上原容量便可。若是是 0，那就待在原地便可。其实这里只要二进制和数学学的好的，应该是瞬间就能够反应的过来。
扩容以后(e.hash & (newCap - 1))其实只有newCap的最高位对应的e.hash的那一位能够发挥做用，newCap最高位前面的全是0不影响结果，后面呢跟(e.hash & (oldCap - 1))的结果又一摸同样也不影响结果。还不明白，那我就偷一张图：

要是还不明白咱就代数演示一下:
假设原容量 n=10000，n - 1 = 1111
假设 key.hash = 10001
那么ta所在的位置是 1
而后扩容一下
如今 n=100000，n - 1 = 11111
那么ta所在的位置是 10001

原谅我，标题致敬了牛顿一番......