LeetCode：191. 位1的个数；338. 比特位计数
作者：互联网
编写一个函数，输入是一个无符号整数（以二进制串的形式），返回其二进制表达式中数字位数为 '1' 的个数（也被称为汉明重量）。
提示：
请注意，在某些语言（如 Java）中，没有无符号整数类型。在这种情况下，输入和输出都将被指定为有符号整数类型，并且不应影响您的实现，因为无论整数是有符号的还是无符号的，其内部的二进制表示形式都是相同的。
在 Java 中，编译器使用二进制补码记法来表示有符号整数。因此，在上面的 示例 3 中，输入表示有符号整数 -3。
示例 ：
输入：00000000000000000000000000001011
输出：3
解释：输入的二进制串 00000000000000000000000000001011 中，共有三位为 '1'。
首先想到的当然是，int的32位，对每一位做是否1的判断，那么在位运算中，一般采用&1来得到是否是1。
public class Solution {
// you need to treat n as an unsigned value
public int hammingWeight(int n) {
//int类型4字节32位，每一位与1做与计算，累加结果为1的数量即可
int sum = 0;
for(int i=0;i<32;i++){
if((n & (1<<i)) ==0){
continue;
}
sum++;
}
return sum;
}
}
时间复杂度O(k)，k是一个常量32。空间复杂度O(1)。
位运算优化：
观察这个运算：n & (n−1)，其运算结果恰为把n的二进制位中的最低位的1变为0之后的结果。如：6&(6-1) = 4
，运算结果 4即为把 6的二进制位中的最低位的 11 变为 00 之后的结果。
这样我们可以利用这个位运算的性质加速我们的检查过程，在实际代码中，我们不断让当前的n与n−1做与运算，直到n变为0即可。因为每次运算会使得n的最低位的1被翻转，因此运算次数就等于n的二进制位中1的个数。
public class Solution { // you need to treat n as an unsigned value public int hammingWeight(int n) { int sum = 0; while (n!=0){ n &= n-1; sum++; } return sum; } }时间复杂度：O(log(n))，空间复杂度：O(1)。
java里面有一个直接求解的方法：Integer.bitCount()，可以说再次将运算做了优化，来看下源码：
public static int bitCount(int i) {
// HD, Figure 5-2
i = i - ((i >>> 1) & 0x55555555);
i = (i & 0x33333333) + ((i >>> 2) & 0x33333333);
i = (i + (i >>> 4)) & 0x0f0f0f0f;
i = i + (i >>> 8);
i = i + (i >>> 16);
return i & 0x3f;
}
具体这个方法的分析：https://blog.csdn.net/qq_27007509/article/details/112246576
338. 比特位计数
给定一个非负整数 num。对于 0 ≤ i ≤ num 范围中的每个数字 i ，计算其二进制数中的 1 的数目并将它们作为数组返回。
示例 :
输入: 2
输出: [0,1,1]
给出时间复杂度为O(n*sizeof(integer))的解答非常容易。但你可以在线性时间O(n)内用一趟扫描做到吗？
这个主要在于找出规律：
当i为偶数，末位永远是0，所以比特位i=i/2，也就是右移1位；
当i为奇数，末位永远是1，所以比特位i=i/2+1，也就是右移1位再＋1；
有这个关系，因而想到了动态规划。
class Solution {
public int[] countBits(int num) {
int[] bits = new int[num+1];
for(int i=1;i<=num;i++){
bits[i] = bits[i>>1]+(i&1);
}
return bits;
}
}
遍历了一遍：时间复杂度：O(n)
标签：运算,int,复杂度,191,整数,public,二进制,LeetCode,338 来源： https://www.cnblogs.com/daxiaq/p/14693809.html