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。