题目详情
Given a non negative integer number num. For every numbers i in the range 0 ≤ i ≤ num calculate the number of 1’s in their binary representation and return them as an array.
Example 1:
Input: 2 Output: [0,1,1]
Example 2:
Input: 5
Output: [0,1,1,2,1,2]
Follow up:
- It is very easy to come up with a solution with run time O(n*sizeof(integer)). But can you do it in linear time O(n) /possibly in a single pass?
- Space complexity should be O(n).
- Can you do it like a boss? Do it without using any builtin function like __builtin_popcount in c++ or in any other language.
分析
解法1 —— 直接求解
当然最简单的做法就是遍历1-n，然后每个数字直接求其1的数字，这样复杂度变成了O(nlogn)
这里就不给出具体代码了
解法2 —— 动态规划问题
我们可以把求某个数的1的个数，写出一个递推式
定义re 为返回的数组， 则re[i] 就表示 i的二进制表示中的1的个数，我们把i的二进制表示分成两段，一段为前n - 1位， 另一段为 最右边一位。
所以得到 re[i] = 前n-1位中的1的个数 + i%2
而 前n-1位中1的个数可以用re数组的一个元素来表示， 也就是re[i >> 1]
所以得到递归式子
re[i] = re[i>>1] + i%2;
然后循环 把re的所有项都得到。解法1之所以复杂度高是因为每次算1的个数的时候重复计算了前面的1的个数， 而动态规划里把前面数字的1的个数都记录下来，避免了重复计算， 但是这也要求需要一个数组来存储结果， 这是通过牺牲空间来换取时间的一种策略
代码如下：
class Solution {
public:
vector<int> countBits(int num) {
vector <int> re(num+1, 0);
for (int i = 0; i <= num; i++) {
re[i] = re[i>>1] + i%2;
}
return re;
}
};解法3
这是最快的一种解法
/*
Dynamic programming
Reoccurence relation:
dp[i] = dp[i & (i - 1)]] + 1 where i & (i - 1) erases right most bit
i & -i gives rightmost bit => i - (i & -i) erases rightmost bit
O(n)
*/
class Solution {
public:
vector<int> countBits(int num) {
vector<int> dp(num + 1, 0);
for (int i = 1; i < num + 1; ++i) {
dp[i] = dp[i & (i - 1)] + 1;
}
return dp;
}
};