問題描述

任意給定一個32位無符號整數(shù)n，求n的二進制表示中1的個數(shù)，比如n = 5（0101）時，返回2，n = 15（1111）時，返回4

這也是一道比較經(jīng)典的題目了，相信不少人面試的時候可能遇到過這道題吧，下面介紹了幾種方法來實現(xiàn)這道題，相信很多人可能見過下面的算法，但我相信很少有人見到本文中所有的算法。如果您上頭上有更好的算法，或者本文沒有提到的算法，請不要吝惜您的代碼，分享的時候，也是學習和交流的時候。

普通法

我總是習慣叫普通法，因為我實在找不到一個合適的名字來描述它，其實就是最簡單的方法，有點程序基礎(chǔ)的人都能想得到，那就是移位+計數(shù)，很簡單，不多說了，直接上代碼，這種方法的運算次數(shù)與輸入n最高位1的位置有關(guān)，最多循環(huán)32次。

int BitCount(unsigned int n)
{
    unsigned int c =0 ; // 計數(shù)器
    while (n >0)
    {
        if((n &1) ==1) // 當前位是1
            ++c ; // 計數(shù)器加1
        n >>=1 ; // 移位
    }
    return c ;
}

一個更精簡的版本如下

int BitCount1(unsigned int n)
{
    unsigned int c =0 ; // 計數(shù)器
    for (c =0; n; n >>=1) // 循環(huán)移位
        c += n &1 ; // 如果當前位是1，則計數(shù)器加1
    return c ;
}

問：如果輸入?yún)?shù)是int，這種方法還能奏效嗎？

如何修改？看看下面的方法：

int BitCount(int n)
{
    int num = 0;
    unsigned int flag = 1;
    while(0 != flag)
    {
        if(n & flag)
            num++;
        flag = flag << 1;
    }
    return num;
}

快速法

這種方法速度比較快，其運算次數(shù)與輸入n的大小無關(guān)，只與n中1的個數(shù)有關(guān)。如果n的二進制表示中有k個1，那么這個方法只需要循環(huán)k次即可。其原理是不斷清除n的二進制表示中最右邊的1，同時累加計數(shù)器，直至n為0，代碼如下

int BitCount2(unsigned int n)
{
    unsigned int c =0 ;
    for (c =0; n; ++c)
    {
        n &= (n -1) ; // 清除最低位的1
    }
    return c ;
}

為什么n &= (n – 1)能清除最右邊的1呢？因為從二進制的角度講，n相當于在n - 1的最低位加上1。舉個例子，8（1000）= 7（0111）+ 1（0001），所以8 & 7 = （1000）&（0111）= 0（0000），清除了8最右邊的1（其實就是最高位的1，因為8的二進制中只有一個1）。再比如7（0111）= 6（0110）+ 1（0001），所以7 & 6 = （0111）&（0110）= 6（0110），清除了7的二進制表示中最右邊的1（也就是最低位的1）。

查表法

動態(tài)建表

由于表示在程序運行時動態(tài)創(chuàng)建的，所以速度上肯定會慢一些，把這個版本放在這里，有兩個原因

1. 介紹填表的方法，因為這個方法的確很巧妙。

2. 類型轉(zhuǎn)換，這里不能使用傳統(tǒng)的強制轉(zhuǎn)換，而是先取地址再轉(zhuǎn)換成對應的指針類型。也是常用的類型轉(zhuǎn)換方法。

int BitCount3(unsigned int n) 
{ 
    // 建表
    unsigned char BitsSetTable256[256] = {0} ; 

    // 初始化表 
    for (int i =0; i <256; i++) 
    { 
        BitsSetTable256[i] = (i &1) + BitsSetTable256[i /2]; 
    } 

    unsigned int c =0 ; 

    // 查表
    unsigned char* p = (unsigned char*) &n ; 

    c = BitsSetTable256[p[0]] + 
        BitsSetTable256[p[1]] + 
        BitsSetTable256[p[2]] + 
        BitsSetTable256[p[3]]; 

    return c ; 
}

先說一下填表的原理，根據(jù)奇偶性來分析，對于任意一個正整數(shù)n

1.如果它是偶數(shù)，那么n的二進制中1的個數(shù)與n/2中1的個數(shù)是相同的，比如4和2的二進制中都有一個1，6和3的二進制中都有兩個1。為啥？因為n是由n/2左移一位而來，而移位并不會增加1的個數(shù)。

2.如果n是奇數(shù)，那么n的二進制中1的個數(shù)是n/2中1的個數(shù)+1，比如7的二進制中有三個1，7/2 = 3的二進制中有兩個1。為啥？因為當n是奇數(shù)時，n相當于n/2左移一位再加1。

再說一下查表的原理

對于任意一個32位無符號整數(shù)，將其分割為4部分，每部分8bit，對于這四個部分分別求出1的個數(shù)，再累加起來即可。而8bit對應2^8 = 256種01組合方式，這也是為什么表的大小為256的原因。

注意類型轉(zhuǎn)換的時候，先取到n的地址，然后轉(zhuǎn)換為unsigned char*，這樣一個unsigned int（4 bytes）對應四個unsigned char（1 bytes），分別取出來計算即可。舉個例子吧，以87654321（十六進制）為例，先寫成二進制形式-8bit一組，共四組，以不同顏色區(qū)分，這四組中1的個數(shù)分別為4，4，3，2，所以一共是13個1，如下面所示。

10000111 01100101 01000011 00100001 = 4 + 4 + 3 + 2 = 13

靜態(tài)表-4bit

原理和8-bit表相同，詳見8-bit表的解釋

int BitCount4(unsigned int n)
{
    unsigned int table[16] = 
    {
        0, 1, 1, 2, 
        1, 2, 2, 3, 
        1, 2, 2, 3, 
        2, 3, 3, 4
    } ;

    unsigned int count =0 ;
    while (n)
    {
        count += table[n &0xf] ;
        n >>=4 ;
    }
    return count ;
}

靜態(tài)表-8bit

首先構(gòu)造一個包含256個元素的表table，table[i]即i中1的個數(shù)，這里的i是[0-255]之間任意一個值。然后對于任意一個32bit無符號整數(shù)n，我們將其拆分成四個8bit，然后分別求出每個8bit中1的個數(shù)，再累加求和即可，這里用移位的方法，每次右移8位，并與0xff相與，取得最低位的8bit，累加后繼續(xù)移位，如此往復，直到n為0。所以對于任意一個32位整數(shù)，需要查表4次。以十進制數(shù)2882400018為例，其對應的二進制數(shù)為10101011110011011110111100010010，對應的四次查表過程如下：紅色表示當前8bit，綠色表示右移后高位補零。

第一次（n & 0xff）          10101011110011011110111100010010

第二次（(n >> 8) & 0xff）  00000000101010111100110111101111

第三次（(n >> 16) & 0xff）00000000000000001010101111001101

第四次（(n >> 24) & 0xff）00000000000000000000000010101011

int BitCount7(unsigned int n)
{ 
    unsigned int table[256] = 
    { 
        0, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 3, 1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 
        1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 
        1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 
        2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 
        1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 
        2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 
        2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 
        3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 
        1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 
        2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 
        2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 
        3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 
        2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 
        3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 
        3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 
        4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 5, 6, 6, 7, 6, 7, 7, 8, 
    }; 

    return table[n &0xff] +
        table[(n >>8) &0xff] +
        table[(n >>16) &0xff] +
        table[(n >>24) &0xff] ;
}

當然也可以搞一個16bit的表，或者更極端一點32bit的表，速度將會更快。

平行算法

網(wǎng)上都這么叫，我也這么叫吧，不過話說回來，的確有平行的意味在里面，先看代碼，稍后解釋

int BitCount4(unsigned int n) 
{ 
    n = (n &0x55555555) + ((n >>1) &0x55555555) ; 
    n = (n &0x33333333) + ((n >>2) &0x33333333) ; 
    n = (n &0x0f0f0f0f) + ((n >>4) &0x0f0f0f0f) ; 
    n = (n &0x00ff00ff) + ((n >>8) &0x00ff00ff) ; 
    n = (n &0x0000ffff) + ((n >>16) &0x0000ffff) ; 

    return n ; 
}

速度不一定最快，但是想法絕對巧妙。說一下其中奧妙，其實很簡單，先將n寫成二進制形式，然后相鄰位相加，重復這個過程，直到只剩下一位。

以217（11011001）為例，有圖有真相，下面的圖足以說明一切了。217的二進制表示中有5個1

完美法

int BitCount5(unsigned int n) 
{
    unsigned int tmp = n - ((n >>1) &033333333333) - ((n >>2) &011111111111);
    return ((tmp + (tmp >>3)) &030707070707) %63;
}

最喜歡這個，代碼太簡潔啦，只是有個取模運算，可能速度上慢一些。區(qū)區(qū)兩行代碼，就能計算出1的個數(shù)，到底有何奧妙呢？為了解釋的清楚一點，我盡量多說幾句。

第一行代碼的作用

先說明一點，以0開頭的是8進制數(shù)，以0x開頭的是十六進制數(shù)，上面代碼中使用了三個8進制數(shù)。

將n的二進制表示寫出來，然后每3bit分成一組，求出每一組中1的個數(shù)，再表示成二進制的形式。比如n = 50，其二進制表示為110010，分組后是110和010，這兩組中1的個數(shù)本別是2和3。2對應010，3對應011，所以第一行代碼結(jié)束后，tmp = 010011，具體是怎么實現(xiàn)的呢？由于每組3bit，所以這3bit對應的十進制數(shù)都能表示為2^2 * a + 2^1 * b + c的形式，也就是4a + 2b + c的形式，這里a,b,c的值為0或1，如果為0表示對應的二進制位上是0，如果為1表示對應的二進制位上是1，所以a + b + c的值也就是4a + 2b + c的二進制數(shù)中1的個數(shù)了。舉個例子，十進制數(shù)6（0110）= 4 * 1 + 2 * 1 + 0，這里a = 1, b = 1, c = 0, a + b + c = 2，所以6的二進制表示中有兩個1?，F(xiàn)在的問題是，如何得到a + b + c呢？注意位運算中，右移一位相當于除2，就利用這個性質(zhì)！

4a + 2b + c 右移一位等于2a + b

4a + 2b + c 右移量位等于a

然后做減法

4a + 2b + c –(2a + b) – a = a + b + c，這就是第一行代碼所作的事，明白了吧。

第二行代碼的作用

在第一行的基礎(chǔ)上，將tmp中相鄰的兩組中1的個數(shù)累加，由于累加到過程中有些組被重復加了一次，所以要舍棄這些多加的部分，這就是&030707070707的作用，又由于最終結(jié)果可能大于63，所以要取模。

需要注意的是，經(jīng)過第一行代碼后，從右側(cè)起，每相鄰的3bit只有四種可能，即000, 001, 010, 011，為啥呢？因為每3bit中1的個數(shù)最多為3。所以下面的加法中不存在進位的問題，因為3 + 3 = 6，不足8，不會產(chǎn)生進位。

tmp + (tmp >> 3)-這句就是是相鄰組相加，注意會產(chǎn)生重復相加的部分，比如tmp = 659 = 001 010 010 011時，tmp >> 3 = 000 001 010 010，相加得

001 010 010 011

000 001 010 010

001 011 100 101

011 + 101 = 3 + 5 = 8。（感謝網(wǎng)友Di哈指正。）注意，659只是個中間變量，這個結(jié)果不代表659這個數(shù)的二進制形式中有8個1。

注意我們想要的只是第二組和最后一組（綠色部分），而第一組和第三組（紅色部分）屬于重復相加的部分，要消除掉，這就是&030707070707所完成的任務（每隔三位刪除三位），最后為什么還要%63呢？因為上面相當于每次計算相連的6bit中1的個數(shù)，最多是111111 = 77（八進制）= 63（十進制），所以最后要對63取模。

位標志法

感謝網(wǎng)友 @gussing提供

struct _byte 
{ 
    unsigned a:1; 
    unsigned b:1; 
    unsigned c:1; 
    unsigned d:1; 
    unsigned e:1; 
    unsigned f:1; 
    unsigned g:1; 
    unsigned h:1; 
}; 

long get_bit_count( unsigned char b ) 
{
    struct _byte *by = (struct _byte*)&b; 
    return (by->a+by->b+by->c+by->d+by->e+by->f+by->g+by->h); 
}