一、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。
二、解决
1、暴力
思路：
对任意一个数x（0<=x<=num）进行位计算。这里直接调用库函数，当然也可以自己手写。
代码：
class Solution {
public int[] countBits(int num) {
int[] cnt = new int[num+1];
for (int i=0; i<=num; i++) {
cnt[i] = Integer.bitCount(i);
}
return cnt;
}
}
时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)，bitCount()通过5次运算可以得出，源码可见：191. 位1的个数
空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
2、整体移位
思路：
任意一个数 i， 其二进制表示1的个数cnt，存在这样的关系：cnt(i) = cnt(i/2) + i%2。
简单理解下：
若 x = = 2 y + 0 x==2y+0 x==2y+0，则 c n t ( x ) = = c n t ( y ) cnt(x)==cnt(y) cnt(x)==cnt(y)；
若 x = = 2 y + z x==2y+z x==2y+z，则 c n t ( x ) = = c n t ( y ) + c n t ( z ) cnt(x)==cnt(y)+cnt(z) cnt(x)==cnt(y)+cnt(z).
这里的 z = x % 2 z=x\%2 z=x%2， z z z为什么等于这个值呢？现在把y二进制表示下，则 x x x为 y y y整体左移一位，然后最后面就是 z z z，两种可能，即0或1，用 x x%2 x表示即可。然后下面列下各个数、二进制表示及1的个数，以供验证理解。
x 二进制 1个数
0 0 0
1 1 1
2 10 1
3 11 2
4 100 1
5 101 2
6 110 2
7 111 3
8 1000 1
9 1001 2
10 1010 2
11 1011 3
12 1100 2
13 1101 3
14 1110 3
15 1111 4
16 10000 1
代码： 版本1。
class Solution {
public int[] countBits(int num) {
int[] cnt= new int[num+1];
for (int i=0; i<=num; i++) {
cnt[i] = cnt[i/2] + i%2;
}
return cnt;
}
}
代码： 版本2，换成位运算，运算上可能更快。
class Solution {
public int[] countBits(int num) {
int[] cnt= new int[num+1];
for (int i=0; i<=num; i++) {
cnt[i] = cnt[i>>1] + (i&1);
}
return cnt;
}
}
时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
3、位运算
思路：
因为： i & ( i − 1 ) i\&(i-1) i&(i−1)作用：清除 i i i 的最后一个1。
所以： i i i 1的个数== i & ( i − 1 ) i\&(i-1) i&(i−1) 1的个数 + 1
代码：
class Solution {
public int[] countBits(int num) {
int[] cnt= new int[num+1];
for (int i=1; i<=num; i++) {
cnt[i] = cnt[i&(i-1)] + 1;
}
return cnt;
}
}
时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
4、动态规划
思路：
分析如下：
Index : 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
num of 1: 0 1 1 2 1 2 2 3 1 2 2 3 2 3 3 4
由上得出：
dp[0] = 0;
dp[1] = dp[0] + 1;
dp[2] = dp[0] + 1;
dp[3] = dp[1] +1;
dp[4] = dp[0] + 1;
dp[5] = dp[1] + 1;
dp[6] = dp[2] + 1;
dp[7] = dp[3] + 1;
dp[8] = dp[0] + 1;
dp[1] = dp[1-1] + 1;
dp[2] = dp[2-2] + 1;
dp[3] = dp[3-2] +1;
dp[4] = dp[4-4] + 1;
dp[5] = dp[5-4] + 1;
dp[6] = dp[6-4] + 1;
dp[7] = dp[7-4] + 1;
dp[8] = dp[8-8] + 1;
dp[index] = dp[index - offset] + 1;
哎，规律其实很难总结出来，因为里面自变量offset也在变化，学习一下吧，以供后面提供一个线索。
代码：
public int[] countBits(int num) {
int result[] = new int[num + 1];
int offset = 1;
for (int index = 1; index < num + 1; ++index){
if (offset * 2 == index){
offset *= 2;
}
result[index] = result[index - offset] + 1;
}
return result;
}
时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
三、参考
1、Three-Line Java Solution
2、How we handle this question on interview [Thinking process + DP solution]
3、Easy Understanding DP & Bit Java Solution
4、Java recursion O(n) time O(1) extra space 4ms
5、比特位计数
6、位运算基础知识