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二进制中1的个数

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/*
    时间复杂度是n的1的个数，有几个1，循环几次
    
        思路：如果一个整数不为0，那么这个整数至少有一位是1。
        如果我们把这个整数减1，那么原来处在整数最右边的1就会变为0，原来在1后面的所有的0都会变成1
        (如果最右边的1后面还有0的话)。其余所有位将不会受到影响。
    举个例子：一个二进制数1100，从右边数起第三位是处于最右边的一个1。
    减去1后，第三位变成0，它后面的两位0变成了1，而前面的1保持不变，因此得到的结果是1011.
    我们发现减1的结果是把最右边的一个1开始的所有位都取反了。
    这个时候如果我们再把原来的整数和减去1之后的结果做与运算，从原来整数最右边一个1那一位开始所有位都会变成0。
    如1100&1011=1000.也就是说，把一个整数减去1，再和原整数做与运算，会把该整数最右边一个1变成0.
    那么一个整数的二进制有多少个1，就可以进行多少次这样的操作。
        */
public int NumberOf1(int n) {
        int count=0;
        while(n!=0){
            count++;
            n&=(n-1);
        }
        return count;
    }

思路：
从flag 1开始，与n相与，结果！=0的话，count++；
flag 1左移<<，查看倒数第二位数字是不是1；
。。。
直到n的所有位数全部遍历，得到1的个数，时间复杂度是整数二进制的位数32

/*
    * 从n的最右边开始计数1的个数
    *
    * flag和n的最后一位做与运算，结果大于0，count++
    * flag左移，与n的倒数第二位1做与运算
    * 
    * 时间复杂度是整数二进制的位数32
    * */
public int NumberOf1(int n) {
        int count=0;
        int flag=1;
        while(flag!=0){
            if((flag&n)!=0){//注意这里是 !=0
                count++;
            }
            flag=flag<<1;
        }
        return count;
    }