LC 191. 位1的个数

题目描述

这是 LeetCode 上的 191. 位1的个数 ,难度为 简单

编写一个函数,输入是一个无符号整数(以二进制串的形式),返回其二进制表达式中数字位数为 ‘1’ 的个数(也被称为汉明重量)。

提示:

  • 请注意,在某些语言(如 Java)中,没有无符号整数类型。在这种情况下,输入和输出都将被指定为有符号整数类型,并且不应影响您的实现,因为无论整数是有符号的还是无符号的,其内部的二进制表示形式都是相同的。
  • 在 Java 中,编译器使用二进制补码记法来表示有符号整数。因此,在上面的 示例 3 中,输入表示有符号整数 -3。

示例 1:

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输入:00000000000000000000000000001011
输出:3
解释:输入的二进制串 00000000000000000000000000001011 中,共有三位为 '1'。

示例 2:
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3
输入:00000000000000000000000010000000
输出:1
解释:输入的二进制串 00000000000000000000000010000000 中,共有一位为 '1'。

示例 3:
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输入:11111111111111111111111111111101
输出:31
解释:输入的二进制串 11111111111111111111111111111101 中,共有 31 位为 '1'。

提示:

  • 输入必须是长度为 32 的 二进制串 。

进阶:

  • 如果多次调用这个函数,你将如何优化你的算法?

「位数检查」解法

一个朴素的做法是,对 int 的每一位进行检查,并统计 $1$ 的个数。

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代码:

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public class Solution {
public int hammingWeight(int n) {
int ans = 0;
for (int i = 0; i < 32; i++) {
ans += ((n >> i) & 1);
}
return ans;
}
}

  • 时间复杂度:$O(k)$,$k$ 为 int 的位数,固定为 $32$ 位
  • 空间复杂度:$O(1)$

「右移统计」解法

对于方法一,即使 $n$ 的高位均为是 $0$,我们也会对此进行循环检查。

因此另外一个做法是:通过 n & 1 来统计当前 $n$ 的最低位是否为 $1$,同时每次直接对 $n$ 进行右移并高位补 0。

当 $n = 0$ 代表,我们已经将所有的 $1$ 统计完成。

这样的做法,可以确保只会循环到最高位的 $1$。

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代码:

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public class Solution {
public int hammingWeight(int n) {
int ans = 0;
while (n != 0) {
ans += (n & 1);
n >>>= 1;
}
return ans;
}
}

  • 时间复杂度:$O(k)$,$k$ 为 int 的位数,固定为 $32$ 位,最坏情况 $n$ 的二进制表示全是 $1$
  • 空间复杂度:$O(1)$

「lowbit」解法

对于方法二,如果最高位 $1$ 和 最低位 $1$ 之间全是 $0$,我们仍然会诸次右移,直到处理到最高位的 $1$ 为止。

那么是否有办法,只对位数为 $1$ 的二进制位进行处理呢?

使用 lowbit 即可做到,lowbit 会在 $O(1)$ 复杂度内返回二进制表示中最低位 $1$ 所表示的数值。

例如 $(0000…111100)_2$ 传入 lowbit 返回 $(0000…000100)_2$;$(0000…00011)_2$ 传入 lowbit 返回 $(0000…00001)_2$ …

image.png

代码:

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public class Solution {
public int hammingWeight(int n) {
int ans = 0;
for (int i = n; i != 0; i -= lowbit(i)) ans++;
return ans;
}
int lowbit(int x) {
return x & -x;
}
}

  • 时间复杂度:$O(k)$,$k$ 为 int 的位数,固定为 $32$ 位,最坏情况 $n$ 的二进制表示全是 $1$
  • 空间复杂度:$O(1)$

「分组统计」解法

以上三种解法都是 $O(k)$ 的,事实上我们可以通过分组统计的方式,做到比 $O(k)$ 更低的复杂度。

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代码:

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public class Solution {
public int hammingWeight(int n) {
n = (n & 0x55555555) + ((n >>> 1) & 0x55555555);
n = (n & 0x33333333) + ((n >>> 2) & 0x33333333);
n = (n & 0x0f0f0f0f) + ((n >>> 4) & 0x0f0f0f0f);
n = (n & 0x00ff00ff) + ((n >>> 8) & 0x00ff00ff);
n = (n & 0x0000ffff) + ((n >>> 16) & 0x0000ffff);
return n;
}
}

  • 时间复杂度:$O(\log{k})$,$k$ 为 int 的位数,固定为 $32$ 位
  • 空间复杂度:$O(1)$

PS. 对于该解法,如果大家学有余力的话,还是建议大家在纸上模拟一下这个过程。如果不想深入,也可以当成模板背过(写法非常固定),但通常如果不是写底层框架,你几乎不会遇到需要一个 $O(\log{k})$ 解法的情况。

而且这个做法的最大作用,不是处理 int,而是处理更大位数的情况,在长度只有 $32$ 位的 int 的情况下,该做法不一定就比循环要快(该做法会产生多个的中间结果,导致赋值发生多次,而且由于指令之间存在对 $n$ 数值依赖,可能不会被优化为并行指令),这个道理和对于排序元素少的情况下,我们会选择「选择排序」而不是「归并排序」是一样的。


最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.191 篇,系列开始于 2021/01/01,截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目,部分是有锁题,我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面,除了讲解解题思路以外,还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码,我建立了相关的仓库:https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode

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