1.问题:输入一个整数,输出该数二进制表示中1的个数。其中负数用补码表示。
2.解决方法很多,JDK提供了一种,如下图
/** * Returns the number of one-bits in the two's complement binary * representation of the specified {@code int} value. This function is * sometimes referred to as the <i>population count</i>. * * @param i the value whose bits are to be counted * @return the number of one-bits in the two's complement binary * representation of the specified {@code int} value. * @since 1.5 */ public static int bitCount(int i) { // HD, Figure 5-2 i = i - ((i >>> 1) & 0x55555555); i = (i & 0x33333333) + ((i >>> 2) & 0x33333333); i = (i + (i >>> 4)) & 0x0f0f0f0f; i = i + (i >>> 8); i = i + (i >>> 16); return i & 0x3f; }
3.算法分析:(借鉴于 https://blog.csdn.net/cor_twi/article/details/53720640)
原理: 两个两个一组,求二进制1的个数,并且用两位二进制存储在原处,然后四个四个一组,求二进制位1的个数,再把它存储以4位二进制到原处。以此类推直到计算完成。
前提:对于两位的二进制而言,总共有 4 种情况
二进制值(x) | 1的个数(使用二进制表示)(y) | 解释 |
00 | 00 | 两位都没有1 |
01 | 01 | 低位为1 |
10 | 01 | 高位为1 |
11 | 10 | 高低位都为1 |
从这里我们可以得出以下式子(等式左边为1的个数,被减数是二进制值):
00 = 00 - 00;
01 = 01 - 00;
01 = 10 - 01;
10 = 11 - 01;
由此可得 y = x - i ;
i 如果用 x 来表示如何表示,观察你可以发现 i = x >>> 1;(00 无符号右移一位是 00 ,01 无符号右移一位是 00 ,10 无符号右移是一位 01,11 无符号右移一位是 01);
所以 y = x - (x>>>1);
注意上述式子前提条件时 x 是两位二进制数;如果 x 是四位二进制数呢,比如 0110 :
按照上面的思路,我们是希望得到 01 无符号右移三位 00,10 无符号右移一位是 01 我们期望是得到 0001,
但是 0110 无符号右移一位,结果则是0011,出现这种情况的原因很容易分析出来,前两位二进制移动影响了后两位二进制中的高位。
如何解决上面的问题?我们仔细观察那4个式子,会发现所有的两位二进制数无符号右移一位之后高位一定是0;
理解完上面之后,我们就可以把高位都给消为0,可得出:
y = x - ((x>>>1) & 0101 0101 0101 0101 0101 0101 0101 0101) = x - ((x>>>1) & 0x55555555);
注意:这时候这个 int 型的数对应的二进制中含有1的个数 就转变为了 16组两位二进制数的相加,通俗一点
0010(ab) 0011(cd) 1011(ef) 1011(gh) 0010(ij) 0011(km) 1011(op) 1011(qr) (总共1的个数为 a+b+c+d+e+f+g+h+i+j+k+m+o+p+q+r)
分成每四位一组
每组中高二位1的总个数为 : (y>>>2)& 0x33333333 右移两位则将原来是高二位的变成了低二位,移动之后的所有高二位无用,直接通过和 0011 0011 0011 0011 0011 0011 0011 0011 相与消除所有高二位
每组中低二位1的总个数为 : y & 0x33333333 (同上面一样,高二位无用,消除)
此时:y = ((y >>>2) & 0x33333333) + (y & 0x33333333);//运算每4位有几个1
同理:分成每八位一组,16位一组,32位一组:
y = ((y >>>4) & 0x0f0f0f0f) + y & 0x0f0f0f0f; //运算每8位有几个1 先算前四位1的个数,再计算后四位1的个数
y = (y >>>8) + y; //运算每16位有几个1 //这里不用 & 的运算的原因是因为,高8位已经没有用了,因为最大值为2^5 ,再做个 & 运算没必要了
y = (y >>>16) + y;//运算每32位有几个1
最后:
0000 0000 0000 0000 0000 0000 0011 1111 = 0x3F
y = y & 0x3F,就是把前面的无效的高位直接给消除,最多保留6位二进制。
最后汇总可得:
public static int bitCount(int i) { i = i - ((i >>> 1) & 0x55555555);//每两位代表着1的个数 i = (i & 0x33333333) + ((i >>> 2) & 0x33333333);//每四位代表1的个数 i = (i + (i >>> 4)) & 0x0f0f0f0f;//每八位代表1的个数 i = i + (i >>> 8);//每16位代表1的个数 i = i + (i >>> 16);//每32位代表1的个数 return i & 0x3f; }