1即計算出所給數中包含1的個數
方法一：每一位分別異或（時間複雜度o（n）n代表數字數）
函式功能：如果1的個數為奇數個，則返回1，如果1的個數為偶數個，則返回0。
parity_check(unsigned x)
return val&0x1;//取末位運算. val的二進位制形式最後一位位1則返回1，為0則返回0. }
例項分析，假設無符號數x轉換成二進位制後長度為5位，五個位置的資料(二進位制數，0或者1)分別記為①②③④⑤，兩個位置的數進行異或運算記為①^②。注意，給定x後化成二進位制形式最高位①為1。
則整個程式執行過程（只需要考慮異或運算結果的末位數）可以表述為：
(((⑤^④)^③)^②)^①——表示式1
假設⑤和④不同，則⑤^④運算結果為1，表示有乙個1。表示式1可以化成：((1^③)^②)^①——表示式2
③如果不是1，則表示⑤④③中只有乙個1；如果是1，⑤④③中有兩個1.這兩種結果等價於1^③運算的結果。假設③就是1，則表示式2可以化成：(0^②)^①——表示式3
假設②為0（①為1是前提），則表示式3可以化簡為：(0^0)^1，運算結果為1，即五個二進位制數中有奇數個1，⑤和④中有乙個1,③是1，②為0，①為1共3個1得以驗證。
該演算法形式簡單，功能強大，卻不好理解。該函式可用於奇偶校驗。
上面方法有些問題：
如果輸入的x負數，負數右移，高位會被設為1，那麼這個書最終就會變成oxffffffff而陷入死迴圈。
改進方法：
parity_check(unsigned x)return val&0x1;//
取末位運算. val的二進位制形式最後一位位1則返回1，為0則返回0.
}
方法二：時間複雜度0（1的個數）
int a=1;
while（x）
方法三：時間複雜度0（lgn）n為位數
8位的資料d(d7~d0)，他的演算法為：
d ^= d >>4;
d ^= d >>2;
d ^= d >>1;
d&=1;
最後d就是偶校驗的值了。
可能有的同學一時之間看不明白演算法的原理，這裡解釋一下吧。
首先從d裡面找兩個位d1和d0，而d1d0的偶校驗值e0=d1^d0，這個大家都明白的，然後d3和d2的檢驗值e1=d3^d2，同理還有e2=d5^d4以及e3=d7^d6；
e0=1時代表了d1和d0裡面有奇數個1，e1、e2和e3同理；
然後複習一下小學數學：奇數*奇數=奇數，偶數*奇數=偶數
如果e0和e1裡面有奇數個1，那麼d3~d0裡面就有奇數數個1，此時d3~d0的偶校驗值為1；
「如果e0和e1裡面有奇數個1」這句話的意思不就是求由e1和e0組成的兩位二進位制的偶校驗麼？而且當e1e0的偶校驗值f0=1時，對應的d3~d0的偶校驗值也為1。
同理，e3e2的偶校驗值f1=1時，對應的d7~d4的偶校驗值也為1；
繼續同理，由f1和f0組成的兩位二進位制的偶校驗g0=1時，對應的是e3~e0的偶校驗值為1，同時對應的d7~d0的偶校驗值為1。
於是求d7~d0的偶校驗值變成了求f1f0的偶校驗值。
那麼首先就要將d7~d0的8個位兩兩分組後在分別求異或，然後再將得出的值的4個位兩兩分組後分別異或，最後將得出的值的2個位進行異或，得到的值就是d7~d0的偶校驗值了。
而分組則不必是相鄰的，將d右移4位再和原來的d進行異或的話就簡單多了
d7——d3
d6——d2
d5——d1
d4——d0
如此類推，每次先進行右移，然後和原來的值異或，最終就能得到d的校驗值了；另外在計算的過程中，僅僅需要關注後面的位數就可以了，如第二次計算時，高4位會有一些資料，到最後高7位也會有資料的，但這些資料都已經沒有用了，所以最後只需要來乙個&1就可以l。
於是文章開頭的那段8位二進位制數的演算法為：
d ^= d >>4;
d ^= d >>2;
d ^= d >>1;
d&=1;
另外對於2^n位二進位制數，第一次右移(2^n)/2位後再異或，然後重複類似的計算n次就可以了。
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