求一個整數的二進位制中1的個數

求一個整數的二進位制中1的個數 收藏
題目：輸入一個整數，求該整數的二進位制表達中有多少個1。例如輸入10，由於其二進位制表示為1010，有兩個1，因此輸出2。

分析：這是一道很基本的考查位運算的面試題。包括微軟在內的很多公司都曾採用過這道題。

一個很基本的想法是，我們先判斷整數的最右邊一位是不是1。接著把整數右移一位，原來處於右邊第二位的數字現在被移到第一位了，再判斷是不是1。這樣每次 移動一位，直到這個整數變成0為止。現在的問題變成怎樣判斷一個整數的最右邊一位是不是1了。很簡單，如果它和整數1作與運算。由於1除了最右邊一位以 外，其他所有位都為0。因此如果與運算的結果為1，表示整數的最右邊一位是1，否則是0。

得到的程式碼如下：

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// Get how many 1s in an integer's binary expression
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int NumberOf1_Solution1(int i)
{
      int count = 0;
      while(i)
      {
            if(i & 1)
                  count ++;

            i = i >> 1;
      }

      return count;
}

可能有讀者會問，整數右移一位在數學上是和除以2是等價的。那可不可以把上面的程式碼中的右移運算子換成除以2呢？答案是最好不要換成除法。因為除法的效率比移位運算要低的多，在實際程式設計中如果可以應儘可能地用移位運算子代替乘除法。

這個思路當輸入i是正數時沒有問題，但當輸入的i是一個負數時，不但不能得到正確的1的個數，還將導致死迴圈。以負數0x80000000為例，右移一位 的時候，並不是簡單地把最高位的1移到第二位變成0x40000000，而是0xC0000000。這是因為移位前是個負數，仍然要保證移位後是個負數， 因此移位後的最高位會設為1。如果一直做右移運算，最終這個數字就會變成0xFFFFFFFF而陷入死迴圈。

為了避免死迴圈，我們可以不右移輸入的數字i。首先i和1做與運算，判斷i的最低位是不是為1。接著把1左移一位得到2，再和i做與運算，就能判斷i的次高位是不是1……這樣反覆左移，每次都能判斷i的其中一位是不是1。基於此，我們得到如下程式碼：

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// Get how many 1s in an integer's binary expression
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int NumberOf1_Solution2(int i)
{
      int count = 0;
      unsigned int flag = 1;
      while(flag)
      {
            if(i & flag)
                  count ++;

            flag = flag << 1;
      }

      return count;
}

另外一種思路是如果一個整數不為0，那麼這個整數至少有一位是1。如果我們把這個整數減去1，那麼原來處在整數最右邊的1就會變成0，原來在1後面的所有 的0都會變成1。其餘的所有位將不受到影響。舉個例子：一個二進位制數1100，從右邊數起的第三位是處於最右邊的一個1。減去1後，第三位變成0，它後面 的兩位0變成1，而前面的1保持不變，因此得到結果是1011。

我們發現減1的結果是把從最右邊一個1開始的所有位都取反了。這個時候如果我們再把原來的整數和減去1之後的結果做與運算，從原來整數最右邊一個1那一位 開始所有位都會變成0。如1100&1011=1000。也就是說，把一個整數減去1，再和原整數做與運算，會把該整數最右邊一個1變成0。那麼 一個整數的二進位制有多少個1，就可以進行多少次這樣的操作。

這種思路對應的程式碼如下：

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// Get how many 1s in an integer's binary expression
///////////////////////////////////////////////////////////////////////
int NumberOf1_Solution3(int i)
{
      int count = 0;

      while (i)
      {
            ++ count;
            i = (i - 1) & i;
      }

      return count;
}

擴充套件：如何用一個語句判斷一個整數是不是二的整數次冪？

PS：n&(n-1)==0;//二進位制數只有一位位1，則該數是2的整數次冪.

簡單查表，相對來說效率也不錯。

int countBits(int value){
      int count=0;
      int bits4[]={0,1,1,2,1,2,2,3,1,2,2,3,2,3,3,4};
      while(value!=0){
            count+=bits4[value&0xf];
      value>>=4;
      }
      return count;
}

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這是一道《程式設計之美－微軟技術面試心得》中的題目，問題描述如下：

對於一個位元組(8bit)的變數,求其二進位制表示中“1”的個數,要求演算法的執行效率儘可能地高。

《程式設計之美》中給出了五種解法，但是實際上從 Wikipedia 上我們可以找到更優的演算法。

這道題的本質相當於求二進位制數的 Hamming 權重，或者說是該二進位制數與 0 的 Hamming 距離，這兩個概念在資訊理論和編碼理論中是相當有名的。在二進位制的情況下，它們也經常被叫做 population count 或者 popcount 問題，比如 gcc 中就提供了一個內建函式：

int __builtin_popcount (unsigned int x)

輸出整型數二進位制中 1 的個數。但是 GCC 的 __builtin_popcount 的實現主要是基於查表法做的，跟程式設計之美中解法 5 是一樣的。Wikipedia 上的解法是基於分治法來做的，構造非常巧妙，通過有限次簡單地算術運算就能求得結果，特別適合那些受儲存空間限制的演算法中使用：

#include <stdio.h>

typedef unsigned int UINT32;
const UINT32 m1  = 0x55555555;  // 01010101010101010101010101010101
const UINT32 m2  = 0x33333333;  // 00110011001100110011001100110011
const UINT32 m4  = 0x0f0f0f0f;  // 00001111000011110000111100001111
const UINT32 m8  = 0x00ff00ff;  // 00000000111111110000000011111111
const UINT32 m16 = 0x0000ffff;  // 00000000000000001111111111111111
const UINT32 h01 = 0x01010101;  // the sum of 256 to the power of 0, 1, 2, 3

int popcount_1(UINT32 x)
{
  x = (x & m1) + ((x >> 1) & m1);
  x = (x & m2) + ((x >> 2) & m2);
  x = (x & m4) + ((x >> 4) & m4);
  x = (x & m8) + ((x >> 8) & m8);
  x = (x & m16) + ((x >> 16) & m16);
  return x;
}

int popcount_2(UINT32 x)
{
  x -= (x >> 1) & m1;             //put count of each 2 bits into those 2 bits
  x = (x & m2) + ((x >> 2) & m2); //put count of each 4 bits into those 4 bits
  x = (x + (x >> 4)) & m4;        //put count of each 8 bits into those 8 bits
  x += x >> 8;           //put count of each 16 bits into their lowest 8 bits
  x += x >> 16;          //put count of each 32 bits into their lowest 8 bits
  return x & 0x1f;
}

int popcount_3(UINT32 x)
{
  x -= (x >> 1) & m1;             //put count of each 2 bits into those 2 bits
  x = (x & m2) + ((x >> 2) & m2); //put count of each 4 bits into those 4 bits
  x = (x + (x >> 4)) & m4;        //put count of each 8 bits into those 8 bits
  return (x * h01) >> 24;  // left 8 bits of x + (x<<8) + (x<<16) + (x<<24)
}

int main()
{
  int i = 0x1ff12ee2;
  printf("i = %d = 0x%x\n", i, i);
  printf("popcount_1(%d) = %d\n", i, popcount_1(i));
  printf("popcount_2(%d) = %d\n", i, popcount_2(i));
  printf("popcount_3(%d) = %d\n", i, popcount_3(i));
 
  printf("GCC's  __builtin_popcount(%d) = %d\n", i,  __builtin_popcount(i));
  return 0;
}

以上內容來源於http://blog.solrex.cn/articles/population-count-problem.html
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HAKMEM演算法：

int Count(unsigned x)
{
    unsigned n;   

    n = (x >> 1) & 033333333333;   
    x = x - n;  
    n = (n >> 1) & 033333333333;  
    x = x - n;   
    x = (x + (x >> 3)) & 030707070707;  
    x = modu(x, 63); 
    return x;  
} 

說明：首先是將二進位制各位三個一組，求出每組中1的個數，然後相鄰兩組歸併，得到六個一組的1的個數，最後很巧妙的用除63取餘得到了結果。
因為2^6 = 64，也就是說 x_0 + x_1 * 64 + x_2 * 64 * 64 = x_0 + x_1 + x_2 (mod 63)，這裡的等號表示同餘。
這個程式只需要十條左右指令，而且不訪存，速度很快

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