《算法分析与设计》Week 7

最新推荐文章于 2022-10-26 21:30:58 发布

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本文探讨了如何高效计算从0到给定整数范围内所有数的二进制表示中1的数量。通过发现数之间的内在联系，提出了一种线性时间复杂度的解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

338. Counting Bits

Description:

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.

Solution:

一、题意理解

给一个非负整数num，返回一个数组，数组中第i项（0 ≤ i ≤ num）是数字i的二进制表示串的1的数量。

例如，给定数字num = 5，从0~5的二进制表示及1的数量为：

0 0000 0

1 0001 1

2 0010 1

3 0011 2

4 0100 1

5 0101 2

所以，返回结果数组为[0, 1, 1, 2, 1, 2]。

二、分析

1、朴素法就是从0到num进行循环，依次对每个数进行移位操作，计算二进制串1的数量，时间复杂度为O(n*sizeof(integer))。

2、但我们可以寻找一种前后对应关系，即某两个数在二进制表示上是否有相关的关系。类似斐波那契数列，找到一种状态转移方程。即设F(a)为整数a的二进制串1的数量，G( F(a) )是某一种运算，使得F(b) = G(F(a))，其中b是和a有某种关系的另一个整数。

3、幸运地是，我们可以找到这样的两个数，有F(b) = F(a) + 1，其中，a <b 且满足a = b&(b-1)。那为什么当a和b满足 a = b&(b-1)时，就有F(b) = F(a) + 1呢？很简单，b&(b-1)的意义是清除b的最后一个set位（set位是指二进制串中1的位置）。举个例子如下

b 12 1100 2

b-1 11 1011 3

a = b&(b-1) 8 1000 1

这样，既然b清除了最后一个set位得到a，那么b的1的数量自然就比a的多一个。

4、得出状态转移方程，我们就很容易能写出代码如下：

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

5、时间复杂度为O(n)，空间复杂度O(n)。