LeetCode 338. Counting Bits

338. Counting Bits

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].

题目内容：
题目给出一个非负整数num，让我们分别求出[0, num]这个区间内的所有整数对应二进制数当中1的个数。例如[0, 5]区间中所有整数的二进制中1的个数如下表：

十进制	二进制	‘1’的个数
0	0	0
1	1	1
2	10	1
3	11	2
4	100	1
5	101	2

解题思路：
这一道题我们可以遍历[0, num]中的所有整数，转换成二进制，再计算当中’1’的个数，这样的复杂度是$O(n * sizeof(int))$，虽然说sizeof(int)一般情况下是等于32的，那么复杂度其实也可以表示为$O(n)$。但是我们能否找到一种方法只需要遍历一次区间，不用遍历二进制的每一位就可以得到结果呢？
这道题在LeetCode中是属于动态规划(Dynamic Programming)的题目，所以我们可以尝试从动态规划的角度出发。假如用result[i]表示非负整数i的二进制表示中’1’的个数，那么result[i]应该怎样通过result[0]…result[i - 1]算出来。我们知道，在十进制中，一个数字除以2(整数除法)，相当于将其二进制数往右移一位，例如

$$十进制：4 / 2 = 2$$
$$二进制：100 右移一位 得到 10$$
所以，我们是否能够通过result[i / 2]来计算出result[i]。答案是可以的，假如i的二进制位数为j，那么通过result[i / 2]我们可以得到前面$j - 1$位中’1’的个数，然后再通过$i % 2$判断剩下那一位是否1，就可以计算出result[i]。
所以这个动态规划中，result[0]=0，状态迁移方程为：
$$result[i] = result[i / 2] + i \% 2$$


代码：

#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;

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