diff --git "a/Algorithm/\353\271\204\355\212\270\353\247\210\354\212\244\355\201\254(BitMask).md" "b/Algorithm/\353\271\204\355\212\270\353\247\210\354\212\244\355\201\254(BitMask).md"
new file mode 100644
index 00000000..ff007704
--- /dev/null
+++ "b/Algorithm/\353\271\204\355\212\270\353\247\210\354\212\244\355\201\254(BitMask).md"
@@ -0,0 +1,195 @@
+## 비트마스크(BitMask)
+
+> 집합의 요소들의 구성 여부를 표현할 때 유용한 테크닉
+
+<br>
+
+##### *왜 비트마스크를 사용하는가?*
+
+- DP나 순열 등, 배열 활용만으로 해결할 수 없는 문제
+- 작은 메모리와 빠른 수행시간으로 해결이 가능 (But, 원소의 수가 많지 않아야 함)
+- 집합을 배열의 인덱스로 표현할 수 있음
+
+- 코드가 간결해짐
+
+<br>
+
+##### *비트(Bit)란?*
+
+> 컴퓨터에서 사용되는 데이터의 최소 단위 (0과 1)
+>
+> 2진법을 생각하면 편하다.
+
+<br>
+
+우리가 흔히 사용하는 10진수를 2진수로 바꾸면?
+
+`9(10진수) → 1001(2진수)`
+
+<br>
+
+#### 비트마스킹 활용해보기
+
+> 0과 1로, flag 활용하기
+
+[1, 2, 3, 4 ,5] 라는 집합이 있다고 가정해보자.
+
+여기서 임의로 몇 개를 골라 뽑아서 확인을 해야하는 상황이 주어졌다. (즉, 부분집합을 의미)
+
+```
+{1}, {2} , ... , {1,2} , ... , {1,2,5} , ... , {1,2,3,4,5}
+```
+
+물론, 간단히 for문 돌려가며 배열에 저장하며 경우의 수를 구할 순 있다.
+
+하지만 비트마스킹을 하면, 각 요소를 인덱스처럼 표현하여 효율적인 접근이 가능하다.
+
+```
+[1,2,3,4,5] → 11111
+[2,3,4,5]   → 11110
+[1,2,5]     → 10011
+[2]         → 00010
+```
+
+집합의 i번째 요소가 존재하면 `1`, 그렇지 않으면 `0`을 의미하는 것이다.
+
+이러한 2진수는 다시 10진수로 변환도 가능하다.
+
+`11111`은 10진수로 31이므로, 부분집합을 **정수를 통해 나타내는 것**이 가능하다는 것을 알 수 있다.
+
+> 31은 [1,2,3,4,5] 전체에 해당하는 부분집합에 해당한다는 의미!
+
+이로써, 해당 부분집합에 i를 추가하고 싶을때 i번째 비트를 1로만 바꿔주면 표현이 가능해졌다.
+
+이런 행위는 **비트 연산**을 통해 제어가 가능하다.
+
+<br>
+
+#### 비트 연산
+
+> AND, OR, XOR, NOT, SHIFT
+
+- AND(&) : 대응하는 두 비트가 모두 1일 때, 1 반환
+
+- OR(|) : 대응하는 두 비트 중 모두 1이거나 하나라도 1일때, 1 반환
+
+- XOR(^) : 대응하는 두 비트가 서로 다를 때, 1 반환
+
+- NOT(~) : 비트 값 반전하여 반환
+
+- SHIFT(>>, <<) : 왼쪽 혹은 오른쪽으로 비트 옮겨 반환
+
+  - 왼쪽 시프트 : `A * 2^B`
+  - 오른쪽 시프트 : `A / 2^B`
+
+  ```
+  [왼  쪽] 0001 → 0010 → 0100 → 1000 : 1 → 2 → 4 → 8
+  [오른쪽] 1000 → 0100 → 0010 → 0001 : 8 → 4 → 2 → 1
+  ```
+
+<br>
+
+비트연산 연습문제 : [백준 12813](https://www.acmicpc.net/problem/12813)
+
+##### 구현 코드(C)
+
+```C
+#include <stdio.h>
+
+int main(void) {
+	unsigned char A[100001] = { 0, };
+	unsigned char B[100001] = { 0, };
+	unsigned char ret[100001] = { 0, };
+	int i;
+
+	scanf("%s %s", &A, &B);
+
+    // AND
+	for (i = 0; i < 100000; i++)
+		ret[i] = A[i] & B[i];
+	puts(ret);
+    
+    // OR
+	for (i = 0; i < 100000; i++)
+		ret[i] = A[i] | B[i];
+	puts(ret);
+
+    // XOR
+	for (i = 0; i < 100000; i++)
+		ret[i] = A[i] != B[i] ? '1' : '0';
+	puts(ret);
+
+    // ~A
+	for (i = 0; i < 100000; i++)
+		ret[i] = A[i] == '1' ? '0' : '1';
+	puts(ret);
+
+    // ~B
+	for (i = 0; i < 100000; i++)
+		ret[i] = B[i] == '1' ? '0' : '1';
+	puts(ret);
+
+	return 0;
+}
+```
+
+<br>
+
+연습이 되었다면, 다시 비트마스크로 돌아와 비트연산을 활용해보자
+
+크게 삽입, 삭제, 조회로 나누어 진다.
+
+<br>
+
+#### 1.삽입
+
+현재 이진수로 `10101`로 표현되고 있을 때, i번째 비트 값을 1로 변경하려고 한다.
+
+i = 3일 때 변경 후에는 `11101`이 나와야 한다. 이때는 **OR연산을 활용**한다.
+
+```
+10101 | 1 << 3
+```
+
+`1 << 3`은 `1000`이므로 `10101 | 01000`이 되어 `11101`을 만들 수 있다.
+
+<br>
+
+#### 2.삭제
+
+반대로 0으로 변경하려면, **AND연산과 NOT 연산을 활용**한다.
+
+```
+11101 & ~1 << 3
+```
+
+`~1 << 3`은 `10111`이므로, `11101 & 10111`이 되어 `10101`을 만들 수 있다.
+
+<br>
+
+#### 3.조회
+
+i번째 비트가 무슨 값인지 알려면, **AND연산을 활용**한다.
+
+```
+10101 & 1 << i
+
+3번째 비트 값 : 10101 & (1 << 3) = 10101 & 01000 → 0
+4번째 비트 값 : 10101 & (1 << 4) = 10101 & 10000 → 10000
+```
+
+이처럼 결과값이 0이 나왔을 때는 i번째 비트 값이 0인 것을 파악할 수 있다. (반대로 0이 아니면 무조건 1인 것)
+
+이러한 방법을 활용하여 문제를 해결하는 것이 비트마스크다.
+
+<br>
+
+비트마스크 연습문제 : [백준 2098](https://www.acmicpc.net/problem/2098)
+
+<br>
+
+해당 문제는 모든 도시를 한 번만 방문하면서 다시 시작점으로 돌아오는 최소 거리 비용을 구해야한다.
+
+완전탐색으로 답을 구할 수는 있지만, N이 최대 16이기 때문에 16!으로 시간초과에 빠지게 된다.
+
+따라서 DP를 활용해야 하며, 방문 여부를 배열로 관리하기 힘드므로 비트마스크를 활용하면 좋은 문제다.
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