2.1 二进制数中 1 的个数

实现一个函数，输入一个无符号整数，输出该数二进制中的1的个数。例如把9表示成二进制是1001，有2位是1，因此如果输入9，该函数输出2

分析与解法

解法1：利用十进制和二进制相互转化的规则，依次除余操作的结果是否为1，代码如下：

int Count1(unsigned int v)
{
int num = ;

while(v)  
{  
    if( == v % )  
    {  
        ++num;  
    }

    v /= ;  
}

return num;  

}

解法2：向右移位操作同样可以达到相同的目的，唯一不同的是，移位之后如何来判断是否有1存在。对于这个问题，举例：10100001，在向右移位的过程中，我们会把最后一位丢弃，因此需要判断最后一位是否为1，这个需要与00000001进行位“与”操作，看结果是否为1，如果为1，则表示当前最后八位最后一位为1，否则为0，解法代码实现如下，时间复杂度为O(log2v)。

int Count2(unsigned int v)
{
unsigned int num = ;

while(v)  
{  
    num += v & 0x01;  
    v >>= ;  
}

return num;  

}

解法3：利用"与"操作，不断清除n的二进制表示中最右边的1，同时累加计数器，直至n为0，这种方法速度比较快，其运算次数与输入n的大小无关，只与n中1的个数有关。如果n的二进制表示中有M个1，那么这个方法只需要循环k次即可，所以其时间复杂度O(M)，代码实现如下：

int Count3(unsigned int v)
{
int num = ;

while(v)  
{  
    v &= (v-);  
    ++num;  
}

return num;  

}

编程之美同时给出了8bit的情况下，解法4：使用分支操作，解法5：查表法 再计算32bit无符号整数时，需要将32bit切为4部分 然后每部分分别运用解法4解法5下面仅给出代码：

解法4：

int Count4(unsigned int v)
{
int num = ;

switch(v)  
{  
    case 0x0:  
        num = ;  
        break;  
    case 0x1:  
    case 0x2:  
    case 0x4:  
    case 0x8:  
    case 0x10:  
    case 0x20:  
    case 0x40:  
    case 0x80:  
        num = ;  
        break;  
    case 0x3:  
    case 0x6:  
    case 0xc:  
    case 0x18:  
    case 0x30:  
    case 0x60:  
    case 0xc0:  
        num = ;  
        break;  
        //.....  
}

return num;  

}

解法5：

unsigned int table[] =
{
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};

int CountTable(unsigned int v)
{
return table[v & 0xff] +
table[(v >> ) & 0xff] +
table[(v >> ) & 0xff] +
table[(v >> ) & 0xff];
}

平行算法，思路：将v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。

int Count6(unsigned int v)
{
v = (v & 0x55555555) + ((v >> ) & 0x55555555);
v = (v & 0x33333333) + ((v >> ) & 0x33333333);
v = (v & 0x0f0f0f0f) + ((v >> ) & 0x0f0f0f0f);
v = (v & 0x00ff00ff) + ((v >> ) & 0x00ff00ff);
v = (v & 0x0000ffff) + ((v >> ) & 0x0000ffff);

return v;  

}

扩展问题：求整数A和B的二进制表示中有多少位不同。

思路：首先A与B进行异或运算，结果M，计算M中含有的1的个数。