求二進位制數中1的個數

【解法一】

可以舉乙個八位的二進位制例子來進行分析。對於二進位制操作，我們知道，除以乙個2，原來的數字將會減少乙個0。如果除的過程中有餘，那麼就表示當前位置有乙個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，可以考慮利用整型資料除法的特點，通過相除和判斷餘數的值來進行分析。於是有了如下的**。

**清單2-1

int count(int v)

v = v/ 2;

} return num;

}【解法二】使用位操作

前面的**看起來比較複雜。我們知道，向右移位操作同樣也可以達到相除的目的。唯一不同之處在於，移位之後如何來判斷是否有1存在。對於這個問題，再來看看乙個八位的數字：10 100 001。

在向右移位的過程中，我們會把最後一位直接丟棄。因此，需要判斷最後一位是否為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後一位為1，否則為0。**如下：

**清單2-2

int count(int v)

return num;

}【解法三】

位操作比除、餘操作的效率高了很多。但是，即使採用位操作，時間複雜度仍為o（log2

v），log2

v為二進位制數的位數。那麼，還能不能再降低一些複雜度呢？如果有辦法讓演算法的複雜度只與「1」的個數有關，複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，那麼，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，我們考慮只有乙個1的情況。例如：01 000 000。

如何判斷給定的二進位制數裡面有且僅有乙個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，如果只和這乙個「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。

如果希望操作後的結果為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**：

**清單2-3

int count(int v)

return num;

}【解法四】使用分支操作

解法三的複雜度降低到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資料，索性直接把0~255的情況都羅列出來，並使用分支操作，可以得到答案，**如下：

**清單2-4

int count(int v)

return num;

}=255，則要在最後乙個case才得出答案，即在進行了255次比較操作之後！

看來，解法四不可取！但是解法四提供了乙個思路，就是採用空間換時間的方法，羅列並直接給出值。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，在程式實現中就可以利用公式得到結論。

最後，得到解法五：演算法中不需要進行任何的比較便可直接返回答案，這個解法在時間複雜度上應該能夠讓人高山仰止了。

【解法五】查表法

**清單2-5

/* 預定義的結果表 */

int counttable[256] =

; int count(int v)

這是個典型的空間換時間的演算法，把0~255中「1」的個數直接儲存在陣列中，v作為陣列的下標，counttable[v]就是v中「1」的個數。演算法的時間複雜度僅為o（1）。

在乙個需要頻繁使用這個演算法的應用中，通過「空間換時間」來獲取高的時間效率是乙個常用的方法，具體的演算法還應針對不同應用進行優化。

1. 如果變數是32位的dword，你會使用上述的哪乙個演算法，或者改進哪乙個演算法？

的二進位制表示中有多少位是不同的？

求二進位制數中1的個數

求二進位制數中1的個數

求二進位制數中1的個數

求二進位制數中1的個數

相關推薦