題目描述：給定兩個整數 left 和 right（其中 left <= right），返回 [left, right] 範圍內所有整數做 AND 運算的結果。
解題思路：
暴力枚舉所有數字逐一做 AND 在 right - left 很大時會超時。關鍵觀察是：AND 結果等於 left 和 right 的二進位公共前綴。
為什麼？ 考慮 left 和 right 的二進位表示。若它們在某個位元上不同，代表在 [left, right] 這段範圍內，必然存在某個數字使得該位元為 0（因為從 left 計數到 right 時，較低位元會經歷 0 和 1 的所有組合）。因此，所有不屬於公共前綴的位元，在整個範圍的 AND 中都會變為 0。
演算法：同時右移 left 和 right，直到兩者相等（此時我們找到了公共前綴）。記錄移動的次數 shift，最後將相等的值左移 shift 位即為答案。
例如：left = 5 (101), right = 7 (111)
left = 2 (10), right = 3 (11) → 不等left = 1 (1), right = 1 (1) → 相等！1 << 2 = 4 (100)，即 5 & 6 & 7 = 4 ✓時間複雜度：O(log n) — 迴圈最多執行 32 次（32 位元整數的位元數），更精確地說是 O(log(max(left, right)))。每次迭代將問題規模減半。
空間複雜度：O(1) — 只使用了常數個額外變數（shift），與輸入大小無關。
1. Initialize shift = 0 2. While left != right: a. Right-shift both: left >>= 1, right >>= 1 b. Increment shift counter: shift++ 3. Return left << shift (restore common prefix to original bit position)
Brian Kernighan 位元清除法 O(log n)：重複清除 right 的最低有效位（right = right & (right - 1)），直到 right <= left。此時 right 即為答案。直覺是：right & (right - 1) 每次清除最低位的 1，這等效於將 AND 結果中不屬於公共前綴的位元逐一清零，方向與右移法相反但結果相同。
遮罩累積法 O(log n)：維護一個遮罩 mask，每次右移時累積公共前綴的遮罩位元。最終將 left & mask（或 right & mask）作為答案。此方法在概念上更明確地表達「保留公共前綴、清除其他位元」的語意，但程式碼略顯繁瑣。在競賽中，右移法因其簡潔性最為常用。
[left, right] 範圍內所有整數的 OR 結果，解法會如何變化？是否存在類似的位元觀察？