338. Counting Bits

题目：

Given a non negative integer number num. For every numbers i in the range 0 ≤ i ≤ num calculate the number of 1's in their binary representation and return them as an array.

Example:
For num = 5 you should return [0,1,1,2,1,2].

Follow up:

• It is very easy to come up with a solution with run time O(n*sizeof(integer)). But can you do it in linear time O(n) /possibly in a single pass?
• Space complexity should be O(n).
• Can you do it like a boss? Do it without using any builtin function like __builtin_popcount in c++ or in any other language.

Hint:

1. You should make use of what you have produced already.
2. Divide the numbers in ranges like [2-3], [4-7], [8-15] and so on. And try to generate new range from previous.
3. Or does the odd/even status of the number help you in calculating the number of 1s?

题意：

给定一个非负整数num。对于每一个满足0 ≤ i ≤ num的数字i，计算其数字的二进制表示中1的个数，并以数组形式返回。

Follow up：

1、很容易想到运行时间 O(n*sizeof(integer)) 的解法。但你可以用线性时间O(n)的轮训一次算法完成吗？

2、空间复杂度应该为O(n)；

3、你可以像老板那样吗？不要使用任何内建函数（比如C++的__builtin_popcount）。

Hint：

1、你应当利用已经生成的结果；

2、将数字拆分为诸如 [2-3], [4-7], [8-15] 之类的范围。并且尝试根据已经生成的范围产生新的范围；

3、数字的奇偶性可以帮助你计算1的个数吗？

转载地址：http://www.cnblogs.com/grandyang/p/5294255.html

思路一：

写出0到15之间的各个数字的二进制和1的个数如下：

0    0000    0
-------------
1    0001    1
-------------
2    0010    1
3    0011    2
-------------
4    0100    1
5    0101    2
6    0110    2
7    0111    3
-------------
8    1000    1
9    1001    2
10   1010    2
11   1011    3
12   1100    2
13   1101    3
14   1110    3
15   1111    4

观察以上数字出现规律可得，除去前两个数字0个1，从2开始，2和3，是[21, 22)区间的，值为1和2。而4到7属于[22, 23)区间的，值为1,2,2,3，前半部分1和2和上一区间相同，2和3是上面的基础上每个数字加1。再看8到15，属于[23, 24)区间的，同样满足上述规律。

代码：C++版：136ms

class Solution {
public:
    vector<int> countBits(int num) {
        if (num == 0) return {0};
        vector<int> res{0, 1};
        int k = 2, i = 2;
        while (i <= num) {
            for (i=pow(2, k-1); i<pow(2,k); ++i)  { //每次2^(k-1)到2^k之间作为一次轮训
                if (i > num) break;  //控制结束条件
                int t = (pow(2, k) - pow(2, k-1))/2;  //找到一半的位置
                if (i < pow(2, k-1) + t) 
                    res.push_back(res[i-t]);  //前半段与之前一部分相同
                else 
                    res.push_back(res[i-t] + 1); //后半段在之前的基础上加1
            }
            ++k;
        }
        return res;
    }
};

思路二：

如果可以使用内建函数，则可以直接调用函数bitset的count函数可以直接返回1的个数，而题目要求不允许使用内建函数。

代码：C++版：92ms

class Solution {
public:
    vector<int> countBits(int num) {
        vector<int> res;
        for (int i=0; i<=num; ++i) {
            res.push_back(bitset<32>(i).count());
        }
        return res;
    }
};

思路三：

从以上给出的0到15数字的二进制形式以及1的个数找到另外的规律，而且规律更好，规律是，从1开始，遇到偶数时，其1的个数和该偶数除以2得到的数字的1的个数相同，遇到奇数时，其1的个数等于该奇数除以2得到的数字的1的个数再加1。

代码：C++版：96ms

class Solution {
public:
    vector<int> countBits(int num) {
        vector<int> res{0};
        for (int i=1; i<=num; ++i) {
            if (i%2 == 0)
                res.push_back(res[i/2]);
            else
                res.push_back(res[i/2] + 1);
        }
        return res;
    }
};

思路四：

这种方法就更加巧妙了，巧妙的利用了i&(i - 1)， 这个本来是用来判断一个数是否是2的指数的快捷方法，比如8，二进制位1000, 那么8&(8-1)为0，只要为0就是2的指数, 那么我们现在来看一下0到15的数字和其对应的i&(i - 1)值：

i    bin       '1'    i&(i-1)
0    0000    0
-----------------------
1    0001    1    0000
-----------------------
2    0010    1    0000
3    0011    2    0010
-----------------------
4    0100    1    0000
5    0101    2    0100
6    0110    2    0100
7    0111    3    0110
-----------------------
8    1000    1    0000
9    1001    2    1000
10   1010    2    1000
11   1011    3    1010
12   1100    2    1000
13   1101    3    1100
14   1110    3    1100
15   1111    4    1110

观察以上规律，可以发现每个i值处的1的个数都是i&(i-1)对应的值处的1的个数加1。

代码：C++版：84ms

class Solution {
public:
    vector<int> countBits(int num) {
        vector<int> res(num+1, 0);
        for (int i=1; i<=num; ++i) {
            res[i] = res[i & (i-1)] + 1;
        }
        return res;
    }
};