求二进制中1的个数

     求二进制中1的个数。对于一个字节（8bit）的变量，求其二进制表示中"1"的个数，要求算法的执行效率尽可能的高。

     编程之美书中给出了如下几种解法：

解法一，每次除二，看是否为奇数，是的话就累计加一，最后这个结果就是二进制表示中1的个数。

解法二，同样用到一个循环，只是里面的操作用位移操作简化了。

   1:  int Count(int v)   
   2:  {   
   3:      int num = 0;
   4:      while (v) {   
   5:          num += v & 0x01;   
   6:          v >>= 1;   
   7:      }   
   8:      return num;   
   9:  } 

解法三，用到一个巧妙的与操作，v & (v -1 )每次能消去二进制表示中最后一位1，利用这个技巧可以减少一定的循环次数。

解法四，查表法，因为只有数据8bit，直接建一张表，包含各个数中1的个数，然后查表就行。复杂度O(1)。

   1:  int countTable[256] = { 0, 1, 1, 2, 1, ..., 7, 7, 8 };   
   2:      
   3:  int Count(int v) {   
   4:      return countTable[v];   
   5:  }

    对以上几种解法，各人比较喜欢解法三。在网上查了下，还有其他很精妙的方法：

解法五：

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

第一行代码的作用

先说明一点，以0开头的是8进制数，以0x开头的是十六进制数，上面代码中使用了三个8进制数。

将n的二进制表示写出来，然后每3bit分成一组，求出每一组中1的个数，再表示成二进制的形式。比如n = 50，其二进制表示为110010，分组后是110和010，这两组中1的个数本别是2和1。2对应010，3对应001，所以第一行代码结束后，tmp = 010001，具体是怎么实现的呢？由于每组3bit，所以这3bit对应的十进制数都能表示为2^2 * a + 2^1 * b + c的形式，也就是4a + 2b + c的形式，这里a,b,c的值为0或1，如果为0表示对应的二进制位上是0，如果为1表示对应的二进制位上是1，所以a + b + c的值也就是4a + 2b + c的二进制数中1的个数了。举个例子，十进制数6（0110）= 4 * 1 + 2 * 1 + 0，这里a = 1, b = 1, c = 0, a + b + c = 2，所以6的二进制表示中有两个1。现在的问题是，如何得到a + b + c呢？注意位运算中，右移一位相当于除2，就利用这个性质！

4a + 2b + c 右移一位等于2a + b

4a + 2b + c 右移量位等于a

然后做减法

4a + 2b + c –(2a + b) – a = a + b + c，这就是第一行代码所作的事，明白了吧。

第二行代码的作用

在第一行的基础上，将tmp中相邻的两组中1的个数累加，由于累加到过程中有些组被重复加了一次，所以要舍弃这些多加的部分，这就是&030707070707的作用，又由于最终结果可能大于63，所以要取模。

需要注意的是，经过第一行代码后，从右侧起，每相邻的3bit只有四种可能，即000, 001, 010, 011，为啥呢？因为每3bit中1的个数最多为3。所以下面的加法中不存在进位的问题，因为3 + 3 = 6，不足8，不会产生进位。

tmp + (tmp >> 3)-这句就是是相邻组相加，注意会产生重复相加的部分，比如tmp = 659 = 001 010 010 011时，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。注意，659只是个中间变量，这个结果不代表659这个数的二进制形式中有8个1。

注意我们想要的只是第二组和最后一组（绿色部分），而第一组和第三组（红色部分）属于重复相加的部分，要消除掉，这就是&030707070707所完成的任务（每隔三位删除三位），最后为什么还要%63呢？因为上面相当于每次计算相连的6bit中1的个数，最多是111111 = 77（八进制）= 63（十进制），所以最后要对63取模。

解法六：

对于解法五，网上的讲解刚开始有错误之处，导致愚钝的我想了好久才明白，解法五的可读性的确不高，其实解法五中的思路可以概括为：

第一行代码：将待求数字每三个为一组，分别求出每组中1的个数。

第二行代码：对第一行的结果进行一次相邻归并，把每组三个变成每组6个。

第二行代码：取模操作求出数字中真正1的个数。

如果把其中的归并操作去掉，其实就是：

int BitCount2(unsigned int n) 
{
    unsigned int tmp = n - ((n >>1) &033333333333) - ((n >>2) &011111111111);
    return tmp %7;
}

看起来更加简洁，但是效率可能会比解法五略低，但是可读性更好。