除2余1

一个8位整型，除了末位，其他均是2的整次幂。如果模2后余1，那么必然末位是1，个数+1，否则末位为0。然后**/2**，进行一次降幂，高位就会落至低一位，去检查下一位，直到整个数为0。

	public int count1(int n) {
        int num = 0;
        while (n > 0) {
            if (n % 2 == 1)//模1相加
                num++;
            n /= 2;

        }
        return num;
    }

与1位运算

同样是每次去看末位是否为1。将整数与00000001进行与操作（&），因为前7位为0，所以结果的前7为必为0；末位若为1，则结果末位为1，整个得数为1，num+1，末位为0则答案为0，num+0。此时末位检测完毕无用，右移一位，重复上述过程，直到为0。

	public int count2(int n) {
        int num = 0;
        while (n > 0) {
            num += (n&1);//讲位运算的结果加上 1 or 0
            n = n >> 1;
        }
        return num;
    }

高效位操作

我们发现，前面两种操作，对于一些数，比如10000000，就会浪费大量时间在无用的0上，那么能不能让算法的复杂度只与“1”的个数有关呢？
将n与n-1进行与操作&，可以瞬间判断从末位开始到最近的“1”，这么多位，然后将结果赋值给n。这样就不用一个一个判断末位了。

每进行一次这个操作，就说明n中有一个“1”。

因为n必定要从最近的“1”中借位，才能满足-1操作，否则-1后该数小于0。减1后，所借之位前面不变，自身为0，后面必定是从0全变为1。

然后进行与操作并赋值，就可以将第一个1抹除，num+1。之后重复上述过程，直到n等于0。

在这里插入图片描述

	public static int count3(int n) {
        int num = 0;
        while (n > 0) {
            n = n & (n - 1);
            num++;
        }
        return num;
    }