【leetcode】338 比特位计数（动态规划，位运算）

题目链接：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。

思路

1 暴力

复杂度分析
时间复杂度：O（n*sizeof(int)）
空间复杂度：O（n）

class Solution {
public:
    vector<int> countBits(int num) {
        vector<int> ret = {0};
        for(int i = 1; i< num+1; ++i){
            int cnt = 0;
            unsigned bit = 0x01;
            for (int j = 0;j<32;++j){
                cnt += ((bit & i) !=0);
                bit = bit <<1;
            }
            ret.push_back(cnt);
        }
        return ret;
    }
};

2 优化的暴力

观察可以得到：

n = n&(n-1)

相当于把n最右边的1置为0，而n经过几次运算得到0可以表示n中1的位数。整数中有几个1就只需要循环几次。

class Solution {
public:
    vector<int> countBits(int num) {
        vector<int> ret = {0};
        for(int i = 1; i< num+1; ++i){
            int cnt = 0;
            int n = i;
            while(n!=0){
                ++ cnt;
                n = (n-1) & n;
            }
            ret.push_back(cnt);
        }
        return ret;
    }
};

复杂度分析
时间复杂度：O（n * k）
空间复杂度：O（n）
k为位1的平均个数

3 动态规划

动态规划方程：
如果i为奇数：dp[i] = dp[i-1] + 1
如果i为偶数：dp[i] = dp[i>>1]

复杂度分析
时间复杂度：O（n）
空间复杂度：O（n）

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/*
 * 动态规划
 * 时间复杂度O(n) 空间复杂度O(n)
 */
class Solution {
public:
    vector<int> countBits(int num) {
        vector<int> ret = {0};
        for(int i = 1; i< num+1; ++i){
            if (i & 0x01)
                ret.push_back(ret[i>>1]+1); // 或者ret[i-1]+1
            else
                ret.push_back(ret[i>>1]);
        }
        return ret;
    }
};