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小歇一会 heiheidemaolv

 
 
 

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求二进制中1的个数  

2014-10-27 21:22:05|  分类: ACM/C/C++/OJ |  标签: |举报 |字号 订阅

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问题描述

任意给定一个32位无符号整数n,求n的二进制表示中1的个数,比如n = 5(0101)时,返回2,n = 15(1111)时,返回4

这也是一道比较经典的题目了,相信不少人面试的时候可能遇到过这道题吧,下面介绍了几种方法来实现这道题,相信很多人可能见过下面的算法,但我相信很少有人见到本文中所有的算法。如果您上头上有更好的算法,或者本文没有提到的算法,请不要吝惜您的代码,分享的时候,也是学习和交流的时候。

普通法

我总是习惯叫普通法,因为我实在找不到一个合适的名字来描述它,其实就是最简单的方法,有点程序基础的人都能想得到,那就是移位+计数,很简单,不多说了,直接上代码,这种方法的运算次数与输入n最高位1的位置有关,最多循环32次。

复制代码
int BitCount(unsigned int n)
{
    unsigned int c =0 ; // 计数器
    while (n >0)
    {
        if((n &1) ==1) // 当前位是1
            ++c ; // 计数器加1
        n >>=1 ; // 移位
    }
    return c ;
}
复制代码

一个更精简的版本如下

复制代码
int BitCount1(unsigned int n)
{
    unsigned int c =0 ; // 计数器
    for (c =0; n; n >>=1) // 循环移位
        c += n &1 ; // 如果当前位是1,则计数器加1
    return c ;
}
复制代码

 快速法

这种方法速度比较快,其运算次数与输入n的大小无关,只与n中1的个数有关。如果n的二进制表示中有k个1,那么这个方法只需要循环k次即可。其原理是不断清除n的二进制表示中最右边的1,同时累加计数器,直至n为0,代码如下

复制代码
int BitCount2(unsigned int n)
{
    unsigned int c =0 ;
    for (c =0; n; ++c)
    {
        n &= (n -1) ; // 清除最低位的1
    }
    return c ;
}
复制代码

为什么n &= (n – 1)能清除最右边的1呢?因为从二进制的角度讲,n相当于在n - 1的最低位加上1。举个例子,8(1000)= 7(0111)+ 1(0001),所以8 & 7 = (1000)&(0111)= 0(0000),清除了8最右边的1(其实就是最高位的1,因为8的二进制中只有一个1)。再比如7(0111)= 6(0110)+ 1(0001),所以7 & 6 = (0111)&(0110)= 6(0110),清除了7的二进制表示中最右边的1(也就是最低位的1)。

查表法

动态建表

由于表示在程序运行时动态创建的,所以速度上肯定会慢一些,把这个版本放在这里,有两个原因

1. 介绍填表的方法,因为这个方法的确很巧妙。

2. 类型转换,这里不能使用传统的强制转换,而是先取地址再转换成对应的指针类型。也是常用的类型转换方法。

复制代码
int BitCount3(unsigned int n) 
{ 
    // 建表
    unsigned char BitsSetTable256[256] = {0} ; 

    // 初始化表 
    for (int i =0; i <256; i++) 
    { 
        BitsSetTable256[i] = (i &1) + BitsSetTable256[i /2]; 
    } 

    unsigned int c =0 ; 

    // 查表
    unsigned char* p = (unsigned char*) &n ; 

    c = BitsSetTable256[p[0]] + 
        BitsSetTable256[p[1]] + 
        BitsSetTable256[p[2]] + 
        BitsSetTable256[p[3]]; 

    return c ; 
}
复制代码

先说一下填表的原理,根据奇偶性来分析,对于任意一个正整数n

1.如果它是偶数,那么n的二进制中1的个数与n/2中1的个数是相同的,比如4和2的二进制中都有一个1,6和3的二进制中都有两个1。为啥?因为n是由n/2左移一位而来,而移位并不会增加1的个数。

2.如果n是奇数,那么n的二进制中1的个数是n/2中1的个数+1,比如7的二进制中有三个1,7/2 = 3的二进制中有两个1。为啥?因为当n是奇数时,n相当于n/2左移一位再加1。

再说一下查表的原理

对于任意一个32位无符号整数,将其分割为4部分,每部分8bit,对于这四个部分分别求出1的个数,再累加起来即可。而8bit对应2^8 = 256种01组合方式,这也是为什么表的大小为256的原因。

注意类型转换的时候,先取到n的地址,然后转换为unsigned char*,这样一个unsigned int(4 bytes)对应四个unsigned char(1 bytes),分别取出来计算即可。举个例子吧,以87654321(十六进制)为例,先写成二进制形式-8bit一组,共四组,以不同颜色区分,这四组中1的个数分别为4,4,3,2,所以一共是13个1,如下面所示。

10000111 01100101 01000011 00100001 = 4 + 4 + 3 + 2 = 13

静态表-4bit

原理和8-bit表相同,详见8-bit表的解释

复制代码
int BitCount4(unsigned int n)
{
    unsigned int table[16] = 
    {
        0, 1, 1, 2, 
        1, 2, 2, 3, 
        1, 2, 2, 3, 
        2, 3, 3, 4
    } ;

    unsigned int count =0 ;
    while (n)
    {
        count += table[n &0xf] ;
        n >>=4 ;
    }
    return count ;
}
复制代码

静态表-8bit

首先构造一个包含256个元素的表table,table[i]即i中1的个数,这里的i是[0-255]之间任意一个值。然后对于任意一个32bit无符号整数n,我们将其拆分成四个8bit,然后分别求出每个8bit中1的个数,再累加求和即可,这里用移位的方法,每次右移8位,并与0xff相与,取得最低位的8bit,累加后继续移位,如此往复,直到n为0。所以对于任意一个32位整数,需要查表4次。以十进制数2882400018为例,其对应的二进制数为10101011110011011110111100010010,对应的四次查表过程如下:红色表示当前8bit,绿色表示右移后高位补零。

第一次(n & 0xff)             10101011110011011110111100010010

第二次((n >> 8) & 0xff)  00000000101010111100110111101111

第三次((n >> 16) & 0xff)00000000000000001010101111001101

第四次((n >> 24) & 0xff)00000000000000000000000010101011

 

复制代码
int BitCount7(unsigned int n)
{ 
    unsigned int table[256] = 
    { 
        0, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 3, 1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 
        1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 
        1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 
        2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 
        1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 
        2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 
        2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 
        3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 
        1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 
        2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 
        2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 
        3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 
        2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 
        3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 
        3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 
        4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 5, 6, 6, 7, 6, 7, 7, 8, 
    }; 

    return table[n &0xff] +
        table[(n >>8) &0xff] +
        table[(n >>16) &0xff] +
        table[(n >>24) &0xff] ;
}
复制代码

 

当然也可以搞一个16bit的表,或者更极端一点32bit的表,速度将会更快。

平行算法

网上都这么叫,我也这么叫吧,不过话说回来,的确有平行的意味在里面,先看代码,稍后解释

复制代码
int BitCount4(unsigned int n) 
{ 
    n = (n &0x55555555) + ((n >>1) &0x55555555) ; 
    n = (n &0x33333333) + ((n >>2) &0x33333333) ; 
    n = (n &0x0f0f0f0f) + ((n >>4) &0x0f0f0f0f) ; 
    n = (n &0x00ff00ff) + ((n >>8) &0x00ff00ff) ; 
    n = (n &0x0000ffff) + ((n >>16) &0x0000ffff) ; 

    return n ; 
}
复制代码

速度不一定最快,但是想法绝对巧妙。 说一下其中奥妙,其实很简单,先将n写成二进制形式,然后相邻位相加,重复这个过程,直到只剩下一位。

以217(11011001)为例,有图有真相,下面的图足以说明一切了。217的二进制表示中有5个1

完美法

int BitCount5(unsigned int n) 
{

    unsigned int tmp 
= n - ((n >>1&033333333333- ((n >>2&011111111111);
    return ((tmp + (tmp >>3)) &030707070707%63;
}

最喜欢这个,代码太简洁啦,只是有个取模运算,可能速度上慢一些。区区两行代码,就能计算出1的个数,到底有何奥妙呢?为了解释的清楚一点,我尽量多说几句。

第一行代码的作用

先说明一点,以0开头的是8进制数,以0x开头的是十六进制数,上面代码中使用了三个8进制数。

将n的二进制表示写出来,然后每3bit分成一组,求出每一组中1的个数,再表示成二进制的形式。比如n = 50,其二进制表示为110010,分组后是110和010,这两组中1的个数本别是2和3。2对应010,3对应011,所以第一行代码结束后,tmp = 010011,具体是怎么实现的呢?由于每组3bit,所以这3bit对应的十进制数都能表示为2^2 * a + 2^1 * b + c的形式,也就是4a + 2b + c的形式,这里a,b,c的值为0或1,如果为0表示对应的二进制位上是0,如果为1表示对应的二进制位上是1,所以a + b + c的值也就是4a + 2b + c的二进制数中1的个数了。举个例子,十进制数6(0110)= 4 * 1 + 2 * 1 + 0,这里a = 1, b = 1, c = 0, a + b + c = 2,所以6的二进制表示中有两个1。现在的问题是,如何得到a + b + c呢?注意位运算中,右移一位相当于除2,就利用这个性质!

4a + 2b + c 右移一位等于2a + b

4a + 2b + c 右移量位等于a

然后做减法

4a + 2b + c –(2a + b) – a = a + b + c,这就是第一行代码所作的事,明白了吧。

第二行代码的作用

在第一行的基础上,将tmp中相邻的两组中1的个数累加,由于累加到过程中有些组被重复加了一次,所以要舍弃这些多加的部分,这就是&030707070707的作用,又由于最终结果可能大于63,所以要取模。

需要注意的是,经过第一行代码后,从右侧起,每相邻的3bit只有四种可能,即000, 001, 010, 011,为啥呢?因为每3bit中1的个数最多为3。所以下面的加法中不存在进位的问题,因为3 + 3 = 6,不足8,不会产生进位。

tmp + (tmp >> 3)-这句就是是相邻组相加,注意会产生重复相加的部分,比如tmp = 659 = 001 010 010 011时,tmp >> 3 = 000 001 010 010,相加得

001 010 010 011

000 001 010 010

---------------------

001 011 100 101

011 + 101 = 3 + 5 = 8。(感谢网友Di哈指正。)注意,659只是个中间变量,这个结果不代表659这个数的二进制形式中有8个1。

注意我们想要的只是第二组和最后一组(绿色部分),而第一组和第三组(红色部分)属于重复相加的部分,要消除掉,这就是&030707070707所完成的任务(每隔三位删除三位),最后为什么还要%63呢?因为上面相当于每次计算相连的6bit中1的个数,最多是111111 = 77(八进制)= 63(十进制),所以最后要对63取模。

位标志法

感谢网友 gussing提供

复制代码
struct _byte 
{ 
    unsigned a:1; 
    unsigned b:1; 
    unsigned c:1; 
    unsigned d:1; 
    unsigned e:1; 
    unsigned f:1; 
    unsigned g:1; 
    unsigned h:1; 
}; 

long get_bit_count( unsigned char b ) 
{
    struct _byte *by = (struct _byte*)&b; 
    return (by->a+by->b+by->c+by->d+by->e+by->f+by->g+by->h); 
}
复制代码

指令法

感谢网友 Milo Yip提供

使用微软提供的指令,首先要确保你的CPU支持SSE4指令,用Everest和CPU-Z可以查看是否支持。

unsigned int n =127 ;
unsigned 
int bitCount = _mm_popcnt_u32(n) ;

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