338.比特位计数( Counting Bits)leetcode
附上:题目地址:https://leetcode-cn.com/problems/counting-bits/submissions/
1:题目:
给定一个非负整数 num。对于 0 ≤ i ≤ num 范围中的每个数字 i ,计算其二进制数中的 1 的数目并将它们作为数组返回。
示例 1:
输入: 2
输出: [0,1,1]
示例 2:
输入: 5
输出: [0,1,1,2,1,2]
进阶:
给出时间复杂度为O(n*sizeof(integer))的解答非常容易。但你可以在线性时间O(n)内用一趟扫描做到吗?
要求算法的空间复杂度为O(n)。
你能进一步完善解法吗?要求在C++或任何其他语言中不使用任何内置函数(如 C++ 中的 __builtin_popcount)来执行此操作。
2:题目解析:
1)暴力求解
这里使用汉明重量来计算数字换位二进制中1的个数,即k=k&(k-1)。时间复杂度为O(N*K),K是该位置X的位数。
vector<int> countBits(int num) {
//method1 粗暴地方法
int size=num+;
vector<int>dp(size,);
for(int i=;i<size;i++)
{
int count=;
int k=i;
while(k!=)
{
k=k&(k-);
count++;
}
dp[i]=count;
}
return dp; }
提交结果:感觉还挺快的。
2:进阶版:奇偶数之差
非负整数分为奇数和偶数
奇数K:二进制中1的个数和K-1(偶数)的个数相差一,因为就是两者最后一位有差别。比如
3=11 2=10
1= 1 0=0
偶数K:和K/2中1的个数就是一样的,因为除以2就是将二进制向右移动一位,两个偶数最右边都是0,所以这两个数1的个数是一样的。
8=1000 4=0100
2=0010 0=0000
综上我们可以得出动态规划中的转态转移方程,然后编程得
vector<int> countBits(int num) {
//奇偶性解法
vector<int>dp(num+,);
dp[]=;
for(int i=;i<=num;i++)
{
if(i%==)// 奇数
{
dp[i]=dp[i-]+;
}
else
{
dp[i]=dp[i/];
}
}
return dp;
}
3:leetcode官方给出的解法:可看原题中的解题
动态规划 + 最高有效位 【通过】
动态规划 + 最低有效位 【通过】
主要说一下官方的这个方法:动态规划 + 最后设置位【通过】
最后设置位是从右到左第一个为1的位。使用 x &= x - 1 将该位设置为0,就可以得到以下状态转移函数:
P(x)=P(x&(x−1))+1;
java实现的源码
public class Solution {
public int[] countBits(int num) {
int[] ans = new int[num + 1];
for (int i = 1; i <= num; ++i)
ans[i] = ans[i & (i - 1)] + 1;
return ans;
}
}
源码来源:https://leetcode-cn.com/problems/counting-bits/solution/bi-te-wei-ji-shu-by-leetcode/
这里的x&(x−1)我觉得其实也是用汉明重量的思想。
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