Leetcode338. 比特位计数

Leetcode338. 比特位计数

题目:
给你一个整数 n ,对于 0 <= i <= n 中的每个 i ,计算其二进制表示中 1 的个数 ,返回一个长度为 n + 1 的数组 ans 作为答案。

示例 1:

输入:n = 2
输出:[0,1,1]
解释:
0 --> 0
1 --> 1
2 --> 10

示例 2:

输入:n = 5
输出:[0,1,1,2,1,2]
解释:
0 --> 0
1 --> 1
2 --> 10
3 --> 11
4 --> 100
5 --> 101

题解:
方案一:动态规划——最低设置位
定义正整数 xxx 的「最低设置位」为 xxx 的二进制表示中的最低的 1 所在位。例如,101010101010 的二进制表示是 1010(2)1010_{(2)}1010(2),其最低设置位为 2,对应的二进制表示是 10(2)10_{(2)}10(2)
y=x & (x−1)y=x~\&~(x-1)y=x & (x1),则 yyy 为将 xxx 的最低设置位从 1 变成 0 之后的数,显然 0≤y<x0 \le y<x0y<xbits[x]=bits[y]+1\textit{bits}[x]=\textit{bits}[y]+1bits[x]=bits[y]+1。因此对任意正整数 xxx,都有 bits[x]=bits[x & (x−1)]+1\textit{bits}[x]=\textit{bits}[x~\&~(x-1)]+1bits[x]=bits[x & (x1)]+1
遍历从 1 到 nnn 的每个正整数 iii,计算 bits\textit{bits}bits 的值。最终得到的数组 bits\textit{bits}bits 即为答案。

方案二:动态规划——最高有效位
当计算 iii 的「一比特数」时,如果存在 0≤j<i0 \le j<i0j<ijjj 的「一比特数」已知,且 iiijjjj 相比,iii 的二进制表示只多了一个 1,则可以快速得到 iii 的「一比特数」。
bits[i]\textit{bits}[i]bits[i]表示 iii 的「一比特数」,则上述关系可以表示成:bits[i]=bits[j]+1\textit{bits}[i]= \textit{bits}[j]+1bits[i]=bits[j]+1
对于正整数 xxx,如果可以知道最大的正整数 yyy,使得 y≤xy \le xyxyyy 是 2的整数次幂,则 yyy 的二进制表示中只有最高位是 1,其余都是 0,此时称 yyyxxx 的「最高有效位」。令 z=x−yz=x-yz=xy,显然 0≤z<x0 \le z<x0z<x,则 bits[x]=bits[z]+1\textit{bits}[x]=\textit{bits}[z]+1bits[x]=bits[z]+1
为了判断一个正整数是不是 2 的整数次幂,可以利用按位与运算的性质。如果正整数 yyy 是 2 的整数次幂,则 yyy 的二进制表示中只有最高位是 1,其余都是 00,因此 y & (y−1)=0y~\&~(y-1)=0y & (y1)=0。由此可见,正整数 yyy 是 2 的整数次幂,当且仅当 y & (y−1)=0y~\&~(y-1)=0y & (y1)=0
显然,0 的「一比特数」为 0。使用 highBit\textit{highBit}highBit 表示当前的最高有效位,遍历从 1 到 nnn 的每个正整数 iii,进行如下操作。
如果 i & (i−1)=0i~\&~(i-1)=0i & (i1)=0,则令 highBit=i\textit{highBit}=ihighBit=i,更新当前的最高有效位。
iiii−highBiti-\textit{highBit}ihighBit的「一比特数」多 1,由于是从小到大遍历每个整数,因此遍历到 iii 时,i−highBiti-\textit{highBit}ihighBit 的「一比特数」已知,令 bits[i]=bits[i−highBit]+1\textit{bits}[i]=\textit{bits}[i-\textit{highBit}]+1bits[i]=bits[ihighBit]+1
最终得到的数组 bits\textit{bits}bits 即为答案。

方案三:动态规划——最低有效位
方法二需要实时维护最高有效位,当遍历到的数是 2 的整数次幂时,需要更新最高有效位。如果再换一个思路,可以使用「最低有效位」计算「一比特数」。
对于正整数 xxx,将其二进制表示右移一位,等价于将其二进制表示的最低位去掉,得到的数是
⌊x2⌋\lfloor \frac{x}{2}\rfloor2x
如果 bits[⌊x2⌋]\textit{bits}\big[\lfloor \frac{x}{2} \rfloor\big]bits[2x]的值已知,则可以得到 bits[x]\textit{bits}[x]bits[x] 的值:
如果 xxx是偶数,则 bits[x]=bits[⌊x2⌋]\textit{bits}[x]=\textit{bits}\big[\lfloor \frac{x}{2} \rfloor\big]bits[x]=bits[2x]
如果 xxx 是奇数,则 bits[x]=bits[⌊x2⌋]+1\textit{bits}[x]=\textit{bits}\big[\lfloor \frac{x}{2} \rfloor\big]+1bits[x]=bits[2x]+1
上述两种情况可以合并成:bits[x]\textit{bits}[x]bits[x] 的值等于 bits[⌊x2⌋]\textit{bits}\big[\lfloor \frac{x}{2} \rfloor\big]bits[2x]的值加上 xxx 除以 2 的余数。
由于 ⌊x2⌋\lfloor \frac{x}{2} \rfloor2x可以通过 x>>1x >> 1x>>1 得到,xxx 除以 2 的余数可以通过 x & 1x~\&~1x & 1 得到,因此有:bits[x]=bits[x>>1]+(x & 1)\textit{bits}[x]=\textit{bits}[x>>1]+(x~\&~1)bits[x]=bits[x>>1]+(x & 1)
遍历从 1 到 nnn 的每个正整数 i,计算 bits\textit{bits}bits 的值。最终得到的数组 bits\textit{bits}bits 即为答案。

java代码:

/**
     * @param n
     * @return
     */
    public static int[] countBits(int n) {
        int[] dp = new int[n + 1];

        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            dp[i] = dp[i & (i - 1)] + 1;
        }
        return dp;
    }

    /**
     * 
     * @param n
     * @return
     */
    public static int[] countBits2(int n) {
        int[] dp = new int[n + 1];
        int highbit = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if ((i & (i - 1)) == 0) {
                highbit = i;
            }
            dp[i] = dp[i - highbit] + 1;
        }
        return dp;
    }

    /**
     *
     * @param n
     * @return
     */
    public static int[] countBits3(int n) {
        int[] dp = new int[n + 1];
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            dp[i] = dp[i >> 1] + (i & 1);
        }
        return dp;
    }
评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值