leetcode刷题之旅——338Count Bits

    因为感觉大多数easy的题目对于我们来说稍微有些简单，所以这回选择了一个middle中通过率最高的题目来做，看看到底middle的难度有多大。

    这道题的题目意思是，给我们一个数，让我们计算出从0开始到这个数中间的所有数字，他们的二进制表示方法中有多少个1，并将统计结果放到一个数组中。

    比如给定数字5，{0，1，2，3，4，5}分别统计出来的结果就是{0，1，1，2，1，2}，以此类推。

    方法一：

       按照我的算法来做，复杂度比较大。

       对于小于等于给定数字的每个数，先将其右移一位得到right，然后再将其左移一位得到left，left就是原来的数字将末尾的二进制位置为0得到的数字。用left和原来的数字做比较，如果比原来的数字小，那么就给计数器加一，然后把原来的数变为right再进行此过程（即舍弃末尾的二进制位），直到为0。经过这个循环，我们就计算出了这个数字的二进制1的个数，然后依次计算出所有小于等于给定数的数的统计结果，存入数组中即可。

        代码如下：

class Solution {
public:
    vector countBits(int num) 
    {
        vector answer;
        int count;
        int j;
        for(int i=0;i<=num;i++)
        {
            j=i;
            count=0;
            while(j>0)
            {
               int right=j>>1;
               int left=right<<1;
               if(j>left) count++;
               j=right;
            }
            answer.push_back(count);
        }
        return answer;
    }
};

    方法二：

    因为题目要求我们思考是否有复杂度为O(n)的算法，所以我思考了很长时间，但是没有办法再进行代码优化。经过上网查询之后，果然发现还有新的想法来解决这道题。我们来举个例子来说明这种算法。首先，比如我们有一个数101，比这个数小1的数字就是100然后把这两个数字进行交运算，结果中1的位数再加1就是101的位数。这种算法的原理我认为是这样的：经过交运算，我们保留了两个数当中相同的部分，而原来给定的数字中不同的部分里面一定只有一个1。假设不同的部分中有两个1，改变的一定是后面位数的那个1，轮不到前面位数的那个1改变，所以前面位数那个1到后面那个1的前一位就都属于相同的部分。所以，改变的部分中，只有一个1。这就是这个算法中最精妙的一点，也是最难想到的一点。

下面贴出来我根据算法自己写出来的代码，给大家参考：

class Solution {
public:
    vector countBits(int num) 
    {
        vector answer;
        answer.push_back(0);
        for(int i=1;i<=num;i++) answer.push_back(answer[i&(i-1)]+1);
            
        return answer;
    }
};