《编程之美》之前有看过，不过看完之后不仅啥也没记住，反而是把自己绕得一团晕，重读《编程之美》也是想重新梳理一下算法中的逻辑，并试图找出那些所谓“美”的算法的共性，同时也希望能够结交一些有着共同爱好的童鞋。好了，废话到此，咱们开始吧。
1、题目：对于一个字节（8bit）的变量，求其二进制表示中 “1” 的个数，要求算法的执行效率尽可能高。
解法一、
思路：（输入）变量为125，其二进制表示为00111111，统计该二进制表示中“1”出现的个数，可（从低位到高位）依次统计每位上“1”出现情况。
计算：
1、计算（输入）变量二进制表示中最低位数字（num % 2），若为“1”则count加1；
2、计算（输入）变量二进制表示向右位移一位值（num / 2）；
3、迭代步骤1、步骤2，直到（输入）变量值为0；
4、返回count值。
代码：
public int countNumberOne(int inputNumber) { int retCount = 0; while(inputNumber != 0) { if(1 == (inputNumber % 2)) { ++retCount; } inputNumber /= 2; } return retCount; }
注：该算法时间复杂度为O（N），N为输入变量的二进制表示长度。
解法二、
思路：解法二是对解法一的改进，对于（输入）变量只需统计“1”的出现次数即可。我们知道num & num – 1的二进制运算，是对num最低“1”位计算为“0”，特别地，若num & num – 1 = 0，则表示num为2的幂次方。因此，可直接依次（从低位到高位）统计最低“1”位个数。
计算：
1、计算（输入）变量二进制表示是否为0，若不为0，则count加1；
2、计算（输入）变量二进制表示最低“1”位值变为“0”（num &= num –1）；
3、迭代步骤1、步骤2，直到（输入）变量值为0；
4、返回count值。
代码：
public int countNumberOne2(int inputNumber) { int retCount = 0; while(inputNumber != 0) { retCount++; inputNumber &= (inputNumber - 1); } return retCount; }
注：该算法时间复杂度为O（M），M为输入变量的二进制表示中“1”的个数。
解法三、
思路：因为题目要求输入变量长度为8bit，即一个字节，其取值范围为0~255。因此，可直接建立0~255中每个数字所对应“1”出现个数的关系映射表，键值（key–value）关系可简单通过数组来表示：数组下标（i）表示关键字（key），即所要查找的数字；数组值（arr[i]）表示所要查找的结果，即“1”出现个数。
计算：
1、装载关系映射表（即0~255中每个数字所对应“1”个数的映射关系）；
2、以输入数字为键值（key），查找关系映射表中该键值对应的value值，并返回。
代码：
static int[] countTable = null; static void loadCountTable() { countTable = new int[256]; for(int i = 0; i < 256; i++) { countTable[i] = countNumberOne(i); } } public int countNumberOne3(int inputNumber) { if(countTable == null) { loadCountTable(); } return countTable[inputNumber]; }
注：该算法时间复杂度为O（1），空间复杂度为O（2 ^ n），n为输入变量最大长度。
另：该算法为典型的空间换时间案例，得益于存储开销远低于计算（cpu）开销，空间换时间在计算机领域中十分常见，如：搜索引擎中的倒排索引、网站中的降级处理（如某电子商务公司在价格战中会将部分动态页面静态化，以提高响应时间）等。如果大家有什么这方面的案例，希望能共同探讨，谢谢！