Leetcode338. 比特位計數

題目：
給你一個整數 n ，對于 0 <= i <= n 中的每個 i ，計算其二進制表示中 1 的個數 ，返回一個長度為 n + 1 的數組 ans 作為答案。

示例 1：

輸入：n = 2 輸出：[0,1,1] 解釋： 0 --> 0 1 --> 1 2 --> 10

示例 2：

輸入：n = 5 輸出：[0,1,1,2,1,2] 解釋： 0 --> 0 1 --> 1 2 --> 10 3 --> 11 4 --> 100 5 --> 101

題解：
方案一：動態規劃——最低設置位
定義正整數 $x$ 的「最低設置位」為 $x$ 的二進制表示中的最低的 1 所在位。例如，$1010$ 的二進制表示是 $1010_{(2)}$，其最低設置位為 2，對應的二進制表示是 $10_{(2)}$。
令 $y=x\&(x?1)$，則 $y$ 為將 $x$ 的最低設置位從 1 變成 0 之后的數，顯然 $0\le y<x$，$\text{bits}[x]=\text{bits}[y]+1$。因此對任意正整數 $x$，都有 $\text{bits}[x]=\text{bits}[x\&(x?1)]+1$。
遍歷從 1 到 $n$ 的每個正整數 $i$，計算 $\text{bits}$ 的值。最終得到的數組 $\text{bits}$ 即為答案。

方案二：動態規劃——最高有效位
當計算 $i$ 的「一比特數」時，如果存在 $0\le j<i$，$j$ 的「一比特數」已知，且 $i$ 和 $j$j 相比，$i$ 的二進制表示只多了一個 1，則可以快速得到 $i$ 的「一比特數」。
令 $\text{bits}[i]$表示 $i$ 的「一比特數」，則上述關系可以表示成：$\text{bits}[i]=\text{bits}[j]+1$。
對于正整數 $x$，如果可以知道最大的正整數 $y$，使得 $y\le x$ 且 $y$ 是 2的整數次冪，則 $y$ 的二進制表示中只有最高位是 1，其余都是 0，此時稱 $y$ 為 $x$ 的「最高有效位」。令 $z=x?y$，顯然 $0\le z<x$，則 $\text{bits}[x]=\text{bits}[z]+1$。
為了判斷一個正整數是不是 2 的整數次冪，可以利用按位與運算的性質。如果正整數 $y$ 是 2 的整數次冪，則 $y$ 的二進制表示中只有最高位是 1，其余都是 00，因此 $y\&(y?1)=0$。由此可見，正整數 $y$ 是 2 的整數次冪，當且僅當 $y\&(y?1)=0$。
顯然，0 的「一比特數」為 0。使用 $\text{highBit}$ 表示當前的最高有效位，遍歷從 1 到 $n$ 的每個正整數 $i$，進行如下操作。
如果 $i\&(i?1)=0$，則令 $\text{highBit}=i$，更新當前的最高有效位。
$i$比 $i?\text{highBit}$的「一比特數」多 1，由于是從小到大遍歷每個整數，因此遍歷到 $i$ 時，$i?\text{highBit}$ 的「一比特數」已知，令 $\text{bits}[i]=\text{bits}[i?\text{highBit}]+1$。
最終得到的數組 $\text{bits}$ 即為答案。

方案三：動態規劃——最低有效位
方法二需要實時維護最高有效位，當遍歷到的數是 2 的整數次冪時，需要更新最高有效位。如果再換一個思路，可以使用「最低有效位」計算「一比特數」。
對于正整數 $x$，將其二進制表示右移一位，等價于將其二進制表示的最低位去掉，得到的數是
$?\frac{x}{2}?$。
如果 $\text{bits}[?\frac{x}{2}?]$的值已知，則可以得到 $\text{bits}[x]$ 的值：
如果 $x$是偶數，則 $\text{bits}[x]=\text{bits}[?\frac{x}{2}?]$；
如果 $x$ 是奇數，則 $\text{bits}[x]=\text{bits}[?\frac{x}{2}?]+1$。
上述兩種情況可以合并成：$\text{bits}[x]$ 的值等于 $\text{bits}[?\frac{x}{2}?]$的值加上 $x$ 除以 2 的余數。
由于 $?\frac{x}{2}?$可以通過 $x>>1$ 得到，$x$ 除以 2 的余數可以通過 $x\&1$ 得到，因此有：$\text{bits}[x]=\text{bits}[x>>1]+(x\&1)$。
遍歷從 1 到 $n$ 的每個正整數 i，計算 $\text{bits}$ 的值。最終得到的數組 $\text{bits}$ 即為答案。

java代碼：

/*** @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;}

總結

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