算法通关村——位运算之位移的妙用

位移的妙用

1、位1的个数

1.1、题目描述

​ LeetCode191. 编写一个函数，输入是一个无符号整数(以二进制串的形式)，返回其二进制表达式中数字位为 ‘1’ 的个数。

示例1：

输入：00000000000000000000000000001011

输出：3

示例2：

输入：00000000000000000100000000000000

输出：1

1.2、问题分析与解答

​ 首先我们可以根据题目要求直接计算，题目给定的n是32位二进制表示下的一个整数，计算位1的个数的最简单的方法就是遍历n的二进制表示的每一位，判断每一位是否为1，同时进行计数。

​ 那么怎么判断某一位是否为1呢？例如：00001001001000100001100010001001，首先我们注意要识别到最低位的1，可以这么做：

00001001001000100001100010001001
 & 00000000000000000000000000000001
 = 00000000000000000000000000000001

​ 也就是说将原始数字和1进行与运算就能知道最低位是不是为1了，那其他位置该怎么算呢？

​ 第一种思路是让原始数据不断右移或者是让1不断左移。例如将原始数据右移1位：

00000100100100010000110001000100
 & 00000000000000000000000000000001
 = 00000000000000000000000000000000

​ 很显然此时可以判断出第二位是0，然后依次将原始数据右移就能判断出每个位置是否为1了。因此是不是1，计算一下(n >> i) & 1就可以了，代码如下：

public int hammingWeight(int n) {
    int count = 0;
    for (int i = 0; i < 32; i++) {
        count += (n >> i) & 1;
    }
    return count;
}

​ 除了上述方法外，还有一种方法：

​ 按位与运算有一个性质：对于整数n，计算n & (n - 1)的结果为将n的二进制表示的最后一个1变为0。

​ 利用这条性质，令n = n & (n - 1)，则n的二进制表示中的1的数量减少一个。重复该操作，知道n的二进制表示中的全部数位变为0，则操作次数即为n的位1的个数，还是看上面的例子：

n:       00000100100100010000110001000100
n-1:     00000100100100010000110001000011
n&(n-1): 00000100100100010000110001000000

​ 可以看到此时n&(n-1)的结果比上一个n少了一个1，如果一直循环执行的话，到最后n等于0时退出循环，这时循环的次数就是原来n中1的个数，代码如下：

public int hammingWeight(int n) {
    int count = 0;
    while (n != 0) {
        n = n & (n - 1);
        count++;
    }
    return count;
}

2、比特位计数

2.1、问题描述

​ LeetCode338. 给你一个整数n，对于 0 <= i <= n 中的每一个i，计算其二进制表示中1的个数，返回一个长度为n + 1的数组ans作为答案。

示例:

输入：n=2

输出：[0, 1, 1]

解释：0到n有0，1，2三个数字，每个数字含有1的个数分别为0 1 1个，如下：

0 --> 0

1 --> 1

2 --> 10

2.2、问题分析与解答

​ 本题是上题的扩展，可以直接遍历0到n的每个数，在遍历的过程中对每个数计算其位1的个数。

​ 代码如下：

public int[] countBits(int n) {
    int[] bits = new int[n + 1];
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        bits[i] = countOnes(i);
    }
    return bits;
}

public int countOnes(int x) {
    int ones = 0;
    while (x > 0) {
        x = x & (x - 1);
        ones++;
    }
    return ones;
}