【LeetCode】338. 比特位计数 Counting Bits(C++)

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题目来源：https://leetcode-cn.com/problems/counting-bits

题目描述

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。

题目大意

给定一个数n，返回[0,n]中对应二进制所包含1的个数，第一种O(n*k)时间复杂度的做法比较容易想到，对于进阶做法就需要仔细思考

暴力遍历

num &= (num - 1)，每进行一次循环会将num最右边的1转变成0，原理的话可以代特值进行一个类推得出结论，n次操作之后，返回的count就是数num对应二进制中1的个数

class Solution {
    
    
public:
    int countOnes(int num){
    
    
        int count = 0;
        while(num){
    
    
            num &= (num - 1);
            ++count;
        } 

        return count;
    }
    vector<int> countBits(int num) {
    
    
        vector<int> bits(num + 1);
        for (int i = 0; i <= num; i++) {
    
    
            bits[i] = countOnes(i);
        }
        return bits;
    }
};

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n * k)。n为数组的长度，k取决于num第一个非0位到最低位共几位k
• 空间复杂度：O(n)。n为数组的长度+1

动态规划-最高有效位

• 如何通过动态规划实现O(n)进行一次遍历得出答案，实现动态规划需要确定状态之间的关系，确定一个状态转移方程
• 对于正整数x，如果可以知道最大正整数y，使满足以下条件，且y的最高位为1，其余位为0，则称y为x的最高有效位，令z = x - y，可知bits[x] = bits[z] + 1，因为x - y之后可以理解为对应位相减，y将x的最高位减掉了，也就是二进制中1的个数少了1，那么所得的bits[z] + 1就可以算出bits[x]，在此处需要维护一个最高有效位
• 如果i&(i-1)=0，则令highBits表示为当前的最高有效位，不断进行更新
• 易得以下状态转移方程，想要求bits[i]，则需要求bits[i - highBits]，则需要求bits[(i - highBits) - highBits(i2)] + 1，依次类推，便可以得出
  $$\begin{array}{c}bits[i]=bits[i-highBits]+1\\ y\le x,y\in 2^n(n可知)\end{array}$$

class Solution {
    
    
public:
    vector<int> countBits(int num) {
    
    
        vector<int> bits(num + 1);
        int highBit = 0;
        for(int i = 1 ; i <= num ; ++i){
    
    
            if((i & (i - 1)) == 0)
                highBit = i;
            bits[i] = bits[i - highBit] + 1;
        }
        return bits;
    }
};

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)。一次遍历可得
• 空间复杂度：O(n)。