leetcode_191_2021-10-15

leetcode_191_位1的个数

这是一道很简单的题目，这里我要介绍对它的优化解题方案。

法一：

直接遍历32位，利用位运算找到有1的位，然后利用oneNums来维护。

class Solution {
    
public:
    int hammingWeight(uint32_t n) {
    
        int oneNums = 0;
        for(int i = 0; i < 32; ++i){
     //直接遍历n的每一位
            if((n >> i) & 1) //如果该位为1
            oneNums++;
        }
        return oneNums; 
    }
};

法二：

这是一种最直接也是最简单的方法，它的时间复杂度是O(N) (虽然是遍历32次，可以当作O(1)，但是为了和下面的方法区分，这里认为是O(N))，空间复杂度是O(1)。
我们还有优化方案。
这里要介绍一个小技巧，Brian Kernighan 算法。利用n & (n - 1)会将n的最后一位1变成0.利用这个技巧，我们只需要不断的n & n-1,直到n等于0。而这里n变成0所经历的次数就是1的个数.

class Solution {
    
public:
    int hammingWeight(uint32_t n) {
    
        // 法二： 利用n & (n - 1) 会将n的最后一位1变成0
        int oneNums = 0;
        while(n){
    
            n &= n - 1; //消除一位0，直到n == 0
            oneNums++; 
        }
        return oneNums; 
    }
};

时间复杂度是O(K)，K是n中为1的个数。空间复杂度为O(1)。
而我们还有更高级的方法。

法三：

这种方法类似于二分法，二进制中的每一位都没有别的含义。而我们要做的就是赋予每一位别的含义：二进制中的每一位都代表1个计数器，而我们要做的就是想方设法把这些计数器加起来，这就是我们的答案。

• 解释：
  考虑3这个无符号整数，3的二进制序列有多少个1呢？
  

基于这个想法，就有了下面这种方法。

class Solution {
    
public:
    int hammingWeight(uint32_t n) {
    
        //法三：将每一位看作计数器
        n = (n & 0x55555555) + ((n >> 1) & 0x55555555); 
        n = (n & 0x33333333) + ((n >> 2) & 0x33333333);
        n = (n & 0xf0f0f0f) + ((n >> 4) & 0xf0f0f0f);
        n = (n & 0xff00ff) + ((n >> 8) & 0xff00ff);
        n = (n & 0xffff) + ((n >> 16) & 0xffff);
        return n;
    }
};

• 你可能完全不懂这段代码在干什么，别急。我们来看看这些数字的特征。
  

n & 0x55555555 就是统计出每隔两位的低位的1的个数。
(n >> 1) & 0x55555555 就是统计出每隔两位的高位的1的个数。
相加就得到了每隔两位中1的个数。
然后n & 0x33333333 就是统计每隔4位中低两位中的1的个数。
(n >> 2) & 0x33333333就是统计出每隔4位中高两位中的1的个数。
剩下的同理即可。
时间复杂度为O(1)，空间复杂度也是O(1)。

法四：(娱乐法)

这种方法是我在一本书中发现的，使用的手法是模板元编程。只不过不能用于这道题，纯粹娱乐。

template<int N>
struct OneInBinary {
    
    enum {
    value = N % 2 + OneInBinary<N/2>::value };
};

template<>
struct OneInBinary<0> {
    
    enum {
    value = 0};
};

//调用方法
OneInBinary<45>::value;