转：对于一个字节（8bit）的变量，求其二进制表示中“1”的个数

转：http://toutiao.com/a4280977370/

【解法一】

可以举一个八位的二进制例子来进行分析。对于二进制操作，我们知道，除以一个 2，原来的数字将会减少一个0。如果除的过程中有余，那么就表示当前位置有一个1。以 10 100 010 为例；第一次除以 2 时，商为1 010 001，余为0。第二次除以 2 时，商为101 000，余为1。因此，可以考虑利用整型数据除法的特点，通过相除和判断余数的值来进行分析。于是有了如下的代码。

代码清单 2-1

【解法二】使用位操作

前面的代码看起来比较复杂。我们知道，向右移位操作同样也可以达到相除的目的。唯一不同之处在于，移位之后如何来判断是否有1 存在。对于这个问题，再来看看一个八位的数字：10 100 001。在向右移位的过程中，我们会把最后一位直接丢弃。因此，需要判断最后一位是否为1，而“与”操作可以达到目的。可以把这个八位的数字与00000001 进行“与”操作。如果结果为1，则表示当前八位数的最后一位为1，否则为0。代码如下：

代码清单 2-2

【解法三】

位操作比除、余操作的效率高了很多。但是，即使采用位操作，时间复杂度仍为O（log2v），log2v 为二进制数的位数。那么，还能不能再降低一些复杂度呢？如果有办法让算法的复杂度只与“1”的个数有关，复杂度不就能进一步降低了吗？同样用 10 100 001 来举例。如果只考虑和1 的个数相关，那么，我们是否能够在每次判断中，仅与1 来进行判断呢？为了简化这个问题，我们考虑只有一个 1 的情况。例如：01 000 000。如何判断给定的二进制数里面有且仅有一个 1 呢？可以通过判断这个数是否是2 的整数次幂来实现。另外，如果只和这一个“1”进行判断，如何设计操作呢？我们知道的是，如果进行这个操作，结果为0 或为1，就可以得到结论。如果希望操作后的结果为 0，01 000 000 可以和00 111 111 进行“与”操作。这样，要进行的操作就是 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代码：

代码清单 2-3

最后，得到解法四：算法中不需要进行任何的比较便可直接返回答案，这个解法在时间复杂度上应该能够让人高山仰止了。

【解法四】查表法

代码清单 2-5

这是个典型的空间换时间的算法，把0~255 中“1”的个数直接存储在数组中，v 作为数组的下标，countTable[v]就是v 中“1”的个数。算法的时间复杂度仅为O（1）。在一个需要频繁使用这个算法的应用中，通过“空间换时间”来获取高的时间效率是一个常用的方法，具体的算法还应针对不同应用进行优化。