求二进制中1的个数

最新推荐文章于 2020-12-26 17:18:00 发布

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本文整理了多种用于计算整数二进制位中1的个数的方法，包括模2操作、与1操作、分支结构、查表法以及平行算法和完美法等。详细解释了每种方法的原理和应用，特别强调了32位整数场景下的优化策略。

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这道题在《编程之美》和《剑指offer》上都有，本文加以整理。(以32位为例)

首先，都知道用n&(n-1)把整数n最右边的1变为0，于是就有个“目前”个人认为最好的方法

int Count(int n)
{
	int num =0;
	while(n)
	{
		n &= (n-1);//将整数最右边的1变为0，有多少1就做多少次这种操作。
		num++;
	}
	return num;
}

注意到上面的n是有符号的，也就是说上面的方法对无符号同样适用。如果n是无符号数，按照书上的方法，还有：

1、模2的结果是否为1，当末位是1时，num++，然后除以2；做同样地操作，一直到n为0；

2、用与1作"&"操作代替mod操作，右移代替除法操作；

给出2的代码如下：

int Count(unsigned int n )
{
	int num=0;
	while(n)
	{
		num += n & 0x01;
		n>>1;
	}
	return num;
}

当n为有符号数时，如果最高位1(即n为负数)，右移操作最终会出现死循环(n会变为0xFFFFFFFF)。

当然，《编程之美》上还给出了分支操作和查表法，由于这里n为32位，显然，这两种方法都不太适用，如果n只有4位(假设为无符号的二进制)

/*n为4位无符号的二进制数，计算其二进制位中1的个数
*         以下方法知道其思想就可以了     */

//使用分支结构
int Count(unsigned int n)
{
	int num = 0;
	switch (n)
	{
	case 0x0:
		num = 0;
		break;
	case 0x1:
	case 0x2:
	case 0x4:
	case 0x8:
		num = 1;
		break;
	case 0x3:
	case 0x5:
	case 0x6:
	case 0x9:
	case 0xa:
	case 0xc:
		num = 2;
		break;
	case 0x7:
	case 0xb:
	case 0xd:
	case 0xe:
		num = 3;
		break;
	case 0xf:
		num = 4;
		break;
	}
	return num;
}

//查表法，将“1”的个数存储在数组中，4位无符号数可以表示0~15
int countTable[16]={0,1,1,2,1,2,2,3,1,2,2,3,2,3,3,4};
int Count(unsigned int n)
{
	return countTable[n];
}

重点讲以下两种：平行算法和完美法

平行算法

int Count(unsigned int n) 
{ 
    n = (n &0x55555555) + ((n >>1) &0x55555555) ;
    n = (n &0x33333333) + ((n >>2) &0x33333333) ; 
    n = (n &0x0f0f0f0f) + ((n >>4) &0x0f0f0f0f) ; 
    n = (n &0x00ff00ff) + ((n >>8) &0x00ff00ff) ; 
    n = (n &0x0000ffff) + ((n >>16) &0x0000ffff) ; 

    return n ; 
}

速度不一定最快，但是想法绝对巧妙。说一下其中奥妙，其实很简单，先将n写成二进制形式，然后相邻位相加，重复这个过程，直到只剩下一位。以217（11011001）为例，有图有真相，下面的图足以说明一切了。217的二进制表示中有5个1

1 1 0 1 1 0 0 1

2 1 1 1

3 2

完美法

int Count2(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3。2对应010，3对应011，所以第一行代码结束后，tmp = 010011，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。

注：后两种方法见点击打开链接