求二進制中1的個數

問題描述

　　對于一個字節（8bit）的變量，求其二進制表示中“1”的個數，要求算法的執行效率盡可能地高。

【解法一】

　　可以舉一個八位的二進制例子來進行分析。對于二進制操作，我們知道，除以一個2，原來的數字將會減少一個0。如果除的過程中有余，那么就表示當前位置有一個1。

以10 100 010為例；

第一次除以2時，商為1 010 001，余為0。

第二次除以2時，商為101 000，余為1。

因此，可以考慮利用整型數據除法的特點，通過相除和判斷余數的值來進行分析。于是有了如下的代碼：

1 package chapter2shuzizhimei.erjinzhicount1; 2 /** 3 * 求二進制數中1的個數 4 * 【方法一】 5 * @author DELL 6 * 7 */ 8 public class Count1 { 9 10 /** 11 * 統計整數x轉變成二進制后1的個數 12 * @param x 被計算的整數 13 * @return 二進制中1的個數 14 */ 15 public static int count(int x){ 16 int count = 0; //記錄二進制中1的個數 17 while(x!=0){ 18 if(x%2==1){ 19 count++; 20 } 21 x /= 2; 22 } 23 return count; 24 } 25 26 public static void main(String[] args){ 27 int x = 15; 28 System.out.println("二進制中1的個數為："+count(x)); 29 } 30 }

程序運行結果如下：

二進制中1的個數為：4

?【解法二】采用位操作

　　前面的代碼看起來比較復雜。我們知道，向右移位操作同樣也可以達到相除的目的。唯一不同之處在于，移位之后如何來判斷是否有1存在。對于這個問題，再來看看一個八位的數字：10 100 001。

　　在向右移位的過程中，我們會把最后一位直接丟棄。因此，需要判斷最后一位是否為1，而"與"操作可以達到目的。可以把這個八位的數字與00000001進行"與"操作。如果結果為1，則表示當前八位數的最后一位為1，否則為0。代碼如下：

1 package chapter2shuzizhimei.erjinzhicount1; 2 /** 3 * 求二進制數中1的個數 4 * 【方法二】采用位操作 5 * @author DELL 6 * 7 */ 8 public class Count2 { 9 10 /** 11 * 統計整數x轉變成二進制后1的個數 12 * @param x 被計算的整數 13 * @return 二進制中1的個數 14 */ 15 public static int count(int x){ 16 int count = 0; //記錄二進制中1的個數 17 while(x!=0){ 18 count += x&0x01; //采用與運算來統計1的個數 19 x >>= 1; 20 } 21 return count; 22 } 23 24 public static void main(String[] args){ 25 int x = 15; 26 System.out.println("二進制中1的個數為："+count(x)); 27 } 28 }

程序運行結果如下：

二進制中1的個數為：4

?【解法三】 只考慮1的個數

　　位操作比除、余操作的效率高了很多。但是，即使采用位操作，時間復雜度仍為O（log2v），log2v為二進制數的位數。那么，還能不能再降低一些復雜度呢？如果有辦法讓算法的復雜度只與"1"的個數有關，復雜度不就能進一步降低了嗎？

　　同樣用10 100 001來舉例。如果只考慮和1的個數相關，那么，我們是否能夠在每次判斷中，僅與1來進行判斷呢？

　　為了簡化這個問題，我們考慮只有一個1的情況。例如：01 000 000。

　　如何判斷給定的二進制數里面有且僅有一個1呢？可以通過判斷這個數是否是2的整數次冪來實現。另外，如果只和這一個"1"進行判斷，如何設計操作呢？我們知道的是，如果進行這個操作，結果為0或為1，就可以得到結論。

　　如果希望操作后的結果為0，01 000 000可以和00 111 111進行"與"操作。

　　這樣，要進行的操作就是 01 000 000 &（01 000 000 - 00 000 001）= 01 000 000 &00 111 111 = 0。

　　因此就有了解法三的代碼：

1 package chapter2shuzizhimei.erjinzhicount1; 2 /** 3 * 求二進制數中1的個數 4 * 【方法三】只考慮1的個數減少時間復雜度 5 * @author DELL 6 * 7 */ 8 public class Count3 { 9 10 /** 11 * 統計整數x轉變成二進制后1的個數 12 * @param x 被計算的整數 13 * @return 二進制中1的個數 14 */ 15 public static int count(int x){ 16 int count = 0; //記錄二進制中1的個數 17 while(x!=0){ 18 x &= (x-1); //消掉最高位的1 19 count++; 20 } 21 return count; 22 } 23 24 public static void main(String[] args){ 25 int x = 15; 26 System.out.println("二進制中1的個數為："+count(x)); 27 } 28 }

程序運行結果如下：

二進制中1的個數為：4

?

【解法四】使用分支操作

　　解法三的復雜度降低到O(M)，其中M是v中1的個數，可能會有人已經很滿足了，只用計算1的位數，這樣應該夠快了吧。然而我們說既然只有八位數據，索性直接把0~255的情況都羅列出來，并使用分支操作，可以得到答案，代碼如下：

1 int count(int x) 2 { 3 int num = 0; 4 switch (x) 5 { 6 case 0x0: 7 num = 0; 8 break; 9 case 0x1: 10 case 0x2: 11 case 0x4: 12 case 0x8: 13 case 0x10: 14 case 0x20: 15 case 0x40: 16 case 0x80: 17 num = 1; 18 break; 19 case 0x3: 20 case 0x6: 21 case 0xc: 22 case 0x18: 23 case 0x30: 24 case 0x60: 25 case 0xc0: 26 num = 2; 27 break; 28 //... 29 } 30 return num; 31 }

　　解法四看似很直接，但實際執行效率可能會低于解法二和解法三，因為分支語句的執行情況要看具體字節的值，如果a =0，那自然在第1個case就得出了答案，但是如果a =255，則要在最后一個case才得出答案，即在進行了255次比較操作之后！

　　看來，解法四不可取！但是解法四提供了一個思路，就是采用空間換時間的方法，羅列并直接給出值。如果需要快速地得到結果，可以利用空間或利用已知結論。這就好比已經知道計算1+2+ … +N的公式，在程序實現中就可以利用公式得到結論。

【解法五】查表法

　　算法中不需要進行任何的比較便可直接返回答案，這個解法在時間復雜度上應該能夠讓人高山仰止了。

　　代碼如下：

1 int countTable[256] = 2 { 3 0, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 3, 1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 4 1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 5 1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 6 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 7 1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 8 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 9 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 10 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 11 1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 12 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 13 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 14 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 15 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 16 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 17 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 18 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 5, 6, 6, 7, 6, 7, 7, 8 19 }; 20 21 int count(int v) 22 { 23 return countTable[v]; 24 }

?

　　這是個典型的空間換時間的算法，把0~255中"1"的個數直接存儲在數組中，v作為數組的下標，countTable[v]就是v中"1"的個數。算法的時間復雜度僅為O(1)。

　　在一個需要頻繁使用這個算法的應用中，通過"空間換時間"來獲取高的時間效率是一個常用的方法，具體的算法還應針對不同應用進行優化。

擴展問題

1.?如果變量是32位的DWORD，你會使用上述的哪一個算法，或者改進哪一個算法？

2.?另一個相關的問題，給定兩個正整數（二進制形式表示）A和B，問把A變為B需要改變多少位（bit）？也就是說，整數A 和B 的二進制表示中有多少位是不同的？

　　這個問題其實就是比問題1多了一個步驟，只要先算出A和B的異或結果，然后求這個異或值中1的個數就行了。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的第2章 数字之魅——求二进制中1的个数的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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