「求二進位制數中1的個數」

【一】「求二進位制數中1的個數」的幾種方法

**[求二進位制中1的個數。對於乙個位元組（8bit）的變數，求其二進位制表示中"1"的個數，要求演算法的執行效率盡可能的高。

先來看看樣章上給出的幾個演算法：

解法一，每次除二，看是否為奇數，是的話就累計加一，最後這個結果就是二進位制表示中1的個數。

解法二，同樣用到乙個迴圈，只是裡面的操作用位移操作簡化了。

int count(int v)   
return num;   
}

解法三，用到乙個巧妙的與操作，v & (v -1 )每次能消去二進位制表示中最後一位1，利用這個技巧可以減少一定的迴圈次數。

解法四，查表法，因為只有資料8bit，直接建一張表，包含各個數中1的個數，然後查表就行。複雜度o(1)。

int counttable[256] = ;   
int count(int v)

好了，這就是樣章上給出的四種方案，下面談談我的看法。

首先是對演算法的衡量上，複雜度真的是唯一的標準嗎？尤其對於這種資料規模給定，而且很小的情況下，複雜度其實是個比較次要的因素。

查表法的複雜度為o(1)，我用解法一，迴圈八次固定，複雜度也是o(1)。至於資料規模變大，變成32位整型，那查表法自然也不合適了。

其次，我覺得既然是這樣乙個很小的操作，衡量的尺度也必然要小，cpu時鐘週期可以作為乙個參考。

再看解法四，查表法看似一次位址計算就能解決，但實際上這裡用到乙個訪存操作，而且第一次訪存的時候很有可能那個陣列不在cache裡，這樣乙個cache miss導致的後果可能就是耗去幾十甚至上百個cycle（因為要訪問記憶體）。所以對於這種「小操作」，這個演算法的效能其實是很差的。

這裡我再推薦幾個解決這個問題的演算法，以32位無符號整型為例。

這裡用的是二分法，兩兩一組相加，之後四個四個一組相加，接著八個八個，最後就得到各位之和了。

還有乙個更巧妙的hakmem演算法

int count(unsigned x)

首先是將二進位制各位三個一組，求出每組中1的個數，然後相鄰兩組歸併，得到六個一組的1的個數，最後很巧妙的用除63取餘得到了結果。

因為2^6 = 64，也就是說 x_0 + x_1 * 64 + x_2 * 64 * 64 = x_0 + x_1 + x_2 (mod 63)，這裡的等號表示同餘。

這個程式只需要十條左右指令，而且不訪存，速度很快。

由此可見，衡量乙個演算法實際效果不單要看複雜度，還要結合其他情況具體分析。

關於後面的兩道擴充套件問題，問題一是問32位整型如何處理，這個上面已經講了。

問題二是給定兩個整數a和b，問a和b有多少位是不同的。

這個問題其實就是數1問題多了乙個步驟，只要先算出a和b的異或結果，然後求這個值中1的個數就行了。

【二】mit hakmem演算法分析

**[今天學習了一種很有趣的bitcount演算法——mit hakmem演算法。

本文中^表示乘方

問題需求：計算32位整型數中的'1'的個數

思路分析：

1.整型數 i 的數值，實際上就是各位乘以權重——也就是乙個以2為底的多項式：

i = a0*2^0+a1*2^1+a2*2^2+...

因此，要求1的位數，實際上只要將各位消權：

i = a0+a1+a2+...

所得的係數和就是'1'的個數。

2.對任何自然數n的n次冪，用n-1取模得數為1，證明如下：

若 n^(k-1) % (n-1) = 1 成立

則 n^k % (n-1) = ((n-1)*n^(k-1) + n^(k-1)) % (n-1) = 0 + n^(k-1) % (n-1) = 1 也成立

又有 n^(1-1) % (n-1) = 1

故對任意非負整數n, n^n %(n-1)=1

3.因此，對乙個係數為的以n為底的多項式p(n)， p(n)%(n-1) = (sum()) % (n-1) ;

如果能保證sum() < (n-1)，則 p(n)%(n-1) = (sum()) ，也就是說，此時只要用n-1對多項式取模，就可以完成消權，得到係數和。

於是，問題轉化為，將以2為底的多項式轉化為以n為底的多項式，其中n要足夠大，使得n-1 > sum()恆成立。

32位整型數中ai=0或1，sum()<=32。n-1 > 32 ，n需要大於33。

因此取n=2^6=64>33作為新多項式的底。

4.將32位二進位制數的每6位作為乙個單位，看作以64為底的多項式:

i = t0*64^0 + t1*64^1 + t2*64^2 + t3*64^3 + ...

各項的係數ti就是每6位2進製數的值。

這樣，只要通過運算，將各個單位中的6位數變為這6位中含有的'1'的個數，再用63取模，就可以得到所求的總的'1'的個數。

5.取其中任意一項的6位數ti進行考慮，最簡單的方法顯然是對每次對1位進行mask然後相加，即

(ti>>5)&(000001) + (ti&>>4)(000001) + (ti>>3)&(000001) + (ti>>2)&(000001) + (ti>>1)&(000001) + ti&(000001)

其中000001位2進製數

由於ti最多含有6個1，因此上式最大值為000110，絕不會產生溢位，所以上式中的操作完全可以直接對整型數 i 進行套用，操作過程中，t0～t6將並行地完成上式的運算。

注意：不能將&運算提取出來先+後&，想想為什麼。

因此，bit count的實現**如下：

int bitcount(unsigned int n)

但mit hakmem最終的演算法要比上面的**更加簡單一些。

為什麼說上面的式子中不能先把(ti>>k)都先提取出來相加，然後再進行&運算呢？

因為用&(000001)進行mask後，產生的有效位只有1位，只要6位數中的'1'個數超過1位，那麼在"先加"的過程中，得數就會從最低位中向上溢位。

但是我們注意到，6位數中最多只有6個'1'，也就是000110，只需要3位有效位。上面的式子實際上是以1位為單位提取出'1'的個數再相加求和求出6位中'1'的總個數的，所以用的是&(000001)。如果以3位為單位算出'1'的個數再進行相加的話，那麼就完全可以先加後mask。演算法如下：

tmp = (ti>>2)&(001001) + (ti>>1)&(001001) + ti&(001001)

(tmp + tmp>>3)&(000111)

c**：

int bitcount(unsigned int n)

注：**中是使用8進製數進行mask的，11位8進製數為33位2進製數，多出一位，因此第一位八進位制數會把最高位捨去(7->3)以免超出int長度。

從第乙個版本到第二個實際上是乙個「提取公因式」的過程。用1組+, >>, &運算代替了3組。並且已經提取了"最大公因式"。然而這仍然不是最終的mit hakmem演算法，不過已經非常接近了，看看**吧。

mit hakmem演算法：

int bitcount(unsigned int n)

又減少了一組+, >>, &運算。被優化的是3位2進製數「組」內的計算。再回到多項式，乙個3位2進製數是4a+2b+c，我們想要求的是a

+b+c，n>>1的結果是2a+b，n>>2的結果是a。

於是： (4a+2b+c) - (2a+b) - (a) = a + b + c

中間的mask是為了遮蔽"組間""串擾"，即遮蔽掉從左邊組的低位移動過來的數。

「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

求二進位制數中1的個數

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