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簡化版 複習用
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
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：
[cpp]view plain
copy
intbitcount(unsigned
intn)
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**：
[cpp]view plain
copy
intbitcount(unsigned
intn)
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：
[cpp]view plain
copy
intbitcount(unsigned
intn)
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
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