LeetCode刷题之HOT100之比特位计数

今天把仙剑三看完了，茂茂割肉让人无法释怀，眼泪止不住的流。长卿和紫萱的分离似乎也意味着重逢，这就是他们的宿命吧。怅然若失的感觉席卷全身，哎，做题吧。

1、题目描述

2、逻辑分析

题目要求将整数从0到此元素（都包括），计算每一个数二进制表示1的个数，返回数组。我想到了那个斐波拉契数，类似阶层，又有所不同，我去看看题解。官方题解给出了四种解法，其中分别是Brian Kernighan 算法与动态规划算法。下面先从第一种方法Brian Kernighan 算法开始。

Brian Kernighan 算法：从0到n，每个整数都分别计算它们的二进制中表示1的个数，再返回数组即可，而使用Brian Kernighan 算法的优点是可以在一定程度上进一步提升计算速度。Brian Kernighan算法的原理是：对于任意整数 x，令 x = x & (x−1)，该运算将 x 的二进制表示的最后一个 1 变成 0。因此，对 x 重复该操作，直到 x 变成 0，则操作次数即为 x 的「二进制带有1的比特数」。

3、代码演示

public int[] countBits(int n) {
        // 创建一个大小为n+1的数组来存储结果
        int [] bits = new int[n +1];
        // 遍历从0到n的每个数字  
        for(int i = 0 ; i <= n; i++){
        // 计算当前数字i的二进制表示中1的个数，并将结果存储在数组中
            bits[i] = countOne(i);
        }
        return bits;
    }
    public int countOne(int x){
        int ones = 0;
        while(x >0){
            x &= (x - 1);
            ones++;
        }
        return ones;
    }

我叫GPT给我写注释，他说我的countOne函数写的不对，问题在于 x &= (x - 1); 这一行。这行代码确实会消除 x 的二进制表示中的最低位的1，但它并不适合用于计数。因为无论你执行多少次这个操作，只要 x 不为0，ones 就会一直增加，即使 x 的某些位原本就是0。应该这样写：

public int countOne(int x){  
    int ones = 0;  
    while(x > 0){  
        if ((x & 1) == 1) { // 检查x的最低位是否为1  
            ones++; // 如果是，增加计数  
        }  
        x >>= 1; // 右移一位，丢弃最低位的1  
    }  
    return ones; // 返回正确的计数结果  
}

时间复杂度：O(nlogn)，空间复杂度：O(1)。

接下来一起看看动态规划的解法，我先去看看挑哪一个来写哈！官方的写的太深奥了，我发现了一个天才般的解法：

也就是说，可以根据奇数、偶数中二进制1的个数来解题。下面直接上代码，就像三行情诗一样美哈哈：

public int[] countBits(int n) { 
        int [] countOne = new int[n + 1];
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            // 当前数字i的二进制表示中1的个数等于其除以2的商（即i/2）的二进制表示中1的个数 
            // 加上i的最低位（即i % 2）的值（0或1）
            // 这是基于一个观察：一个数字的二进制表示中1的个数与其除以2的商的二进制表示中1的个数相关
            countOne[i] = countOne[i /2] + i % 2;
        }
        return countOne;
  }

时间复杂度：O(n)，空间复杂度：O(1)。

ok啦，今天差不多就到这儿了，明天好好学习！BYE