编程之美学习笔记2.1求二进制数中1的个数

Posted 2020-08-06 GraceSkyer

问题：对于一个字节（8bit）的无符号整型变量，求其二进制表示中“1”的个数，要求算法的执行效率尽可能高。

解法一：除、余操作

我们知道，对于二进制操作，除以一个2，原来的数字将会减少一个0，如果除的过程中有余，那么就表示当前位置有一个1，所以可通过相除和判断余数的值来分析。

【时间复杂度O（log2v），log2v为二进制数的位数，空间复杂度O（1）】

1 int Count(int v){
2     int num = 0;
3     while(v){
4         if(v % 2 == 1) num++;
5         v = v/ 2;
6     }
7     return num;
8 }

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 解法二：位操作

我们也知道，向右移位操作同样可以达到相除的目的，对于如何判断移位之后是否有1存在，可以在右移位过程中，将这个八位数字与00000001进行“与”操作，如果结果为1，则表示当前八位数的最后一位为1，否则为0.

【时间复杂度O（log2v），空间复杂度O（1）】

1 int Count(int v){
2     int num = 0;
3     while(v){
4         num += v & 0x01;
5         v >>= 1;
6     }
7     return num;
8 }

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 解法三：高效位操作

我们发现，前面两种操作，对于一些数，比如10000000，就会浪费大量时间在无用的0上，那么能不能让算法的复杂度只与“1”的个数有关呢？

通过观察发现有个规律：使 v = v & (v - 1)，可以去除数 v 的二进制中最后一个1，

比如 01000010 & （01000010 - 00000001）= 01000000 & 01000001 = 01000000

      01000000 & （01000000 - 00000001） = 01000000 & 00111111 = 0

【时间复杂度O（M），即二进制中“1”的个数，空间复杂度O（1）】

1 int Count(int v){
2     int num = 0;
3     while(v){
4         v &= (v-1);
5         num++;
6     }
7     return num;
8 }

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 解法四：分支操作

罗列出0~255的情况，并使用分支操作得到答案。但是这个方法看似直接，执行效率却可能低于上述解法，因为分支语句的执行情况要看具体字节的值，例如，若v = 0，在第一个case就能得出答案，但是若v = 255,则要比较255次！因此该解法并不可取，但提供了个很好的思路，即空间换时间的方法。

 1 int Count(int v){
 2     int num = 0;
 3     switch(v){
 4         case 0x0: num = 0; break;
 5         case 0x1:
 6         case 0x2:
 7         case 0x4:
 8         case 0x8:
 9         case 0x10:
10         case 0x20:
11         case 0x40:
12         case 0x80: num = 1; break;
13         case 0x3:
14         case 0x6:
15         case 0xc:
16         case 0x18:
17         case 0x30:
18         case 0x60:
19         case 0xc0: num = 2; break;
20         //...
21     }
22     return num;
23 }*

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 解法五：查表法

典型的空间换时间的算法，应题目要求，只要把0~255中“1”的个数直接存储在数组中即可

【时间复杂度O（1），空间复杂度O（N）】

 1 int CountTable[256]={
 2         0, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 3, 1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4,
 3         1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5,
 4         1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5,
 5         2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,
 6         1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5,
 7         2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,
 8         2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,
 9         3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7,
10         1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5,
11         2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,
12         2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,
13         3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7,
14         2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,
15         3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7,
16         3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7,
17         4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 5, 6, 6, 7, 6, 7, 7, 8,
18 };
19 int Count(int v){
20     //check parameter
21     return CountTable[v];
22 }

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 网上其他解法：以32位整型为例

解法六：归并法

相邻两两相加，然后四个四个相加，以此类推。最后就能得出各位之和。

 1 int Count(int v){
 2     int num = v;
 3     int a = 0x55555555;//01010101010101010101010101010101
 4                     //用于相邻两位相加
 5     int b = 0x33333333;//00110011001100110011001100110011
 6                     //用于相邻四位相加
 7     int c = 0x0f0f0f0f;//00001111000011110000111100001111
 8     int d = 0x00ff00ff;//00000000111111110000000011111111
 9     int e = 0x0000ffff;//00000000000000001111111111111111
10     num = (num& a) + ((num >> 1)& a);
11     num = (num& b) + ((num >> 2)& b);
12     num = (num& c) + ((num >> 4)& c);
13     num = (num& d) + ((num >> 8)& d);
14     num = (num& e) + ((num >> 16)& e);
15     return num;
16 }

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解法七：HAKMEN算法

首先将二进制各位三个一组，求出每组中1的个数，然后相邻两组归并，得到六个一组的1的个数，最后巧妙的用除63取余得到结果。

因为2^6 = 64，所以v_0 + v_1 * 64 + v_2 * 64 * 64 = v_0 + v_1 + v_2(mod 63),等号表示同余。（表示现在还不是很理解orz）

 1 int Count(unsigned v){
 2     unsigned n;
 3     n = (v >> 1)& 033333333333;
 4     v = v - n;
 5     n = (n >> 1)& 033333333333;
 6     v = v - n;
 7     v = (v + (v >> 3))& 030707070707;
 8     v = v % 63;
 9     return v;
10 }

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 扩展：由解法三的规律可以轻松判断一个数是否是2的幂。

1 int powof2(int v){
2     return (v & (v-1)) == 0;
3 }

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 扩展问题：

1.如果变量是32位的DWORD，你会使用上述的哪一个算法，或者改进哪一个算法？

解法三，六，七。（解法五不合适，因为要求的数组太大了：2^32*sizeof(int)）

2.给定两个正整数（二进制形式表示）A和B，问把A变为B需要改变多少位（bit）？也就是说，整数A和B的二进制表示中有多少位是不同的？

答案即A^B 中 1 的个数。