求二进制数中1的个数(转)

2.1 求二进制数中1的个数

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地高。

分析与解法

大多数的读者都会有这样的反应：这个题目也太简单了吧，解法似乎也相当地单一，不会有太多的曲折分析或者峰回路转之处。那么面试者到底能用这个题目考察我们什么呢？事实上，在编写程序的过程中，根据实际应用的不同，对存储空间或效率的要求也不一样。比如在PC上的程序编写与在嵌入式设备上的程序编写就有很大的差别。我们可以仔细思索一下如何才能使效率尽可能地"高"。

【解法一】

可以举一个八位的二进制例子来进行分析。对于二进制操作，我们知道，除以一个2，原来的数字将会减少一个0。如果除的过程中有余，那么就表示当前位置有一个1。

以10 100 010为例；

第一次除以2时，商为1 010 001，余为0。

第二次除以2时，商为101 000，余为1。

因此，可以考虑利用整型数据除法的特点，通过相除和判断余数的值来进行分析。于是有了如下的代码。

代码清单2-1

int Count(int v)
{
int num = 0;
while(v)
    {
        if(v % 2 == 1)
    {
        num++;
    }
        v = v/ 2;
    }
return num;
}

【解法二】使用位操作

前面的代码看起来比较复杂。我们知道，向右移位操作同样也可以达到相除的目的。唯一不同之处在于，移位之后如何来判断是否有1存在。对于这个问题，再来看看一个八位的数字：10 100 001。

在向右移位的过程中，我们会把最后一位直接丢弃。因此，需要判断最后一位是否为1，而"与"操作可以达到目的。可以把这个八位的数字与00000001进行"与"操作。如果结果为1，则表示当前八位数的最后一位为1，否则为0。代码如下：

代码清单2-2

int Count(int v)
{
    int num = 0;
    While(v)
    {
        num += v &0x01;
        v >>= 1;
    }
    return num;
}

【解法三】

位操作比除、余操作的效率高了很多。但是，即使采用位操作，时间复杂度仍为O（log2v），log2v为二进制数的位数。那么，还能不能再降低一些复杂度呢？如果有办法让算法的复杂度只与"1"的个数有关，复杂度不就能进一步降低了吗？

同样用10 100 001来举例。如果只考虑和1的个数相关，那么，我们是否能够在每次判断中，仅与1来进行判断呢？

为了简化这个问题，我们考虑只有一个1的情况。例如：01 000 000。

如何判断给定的二进制数里面有且仅有一个1呢？可以通过判断这个数是否是2的整数次幂来实现。另外，如果只和这一个"1"进行判断，如何设计操作呢？我们知道的是，如果进行这个操作，结果为0或为1，就可以得到结论。

如果希望操作后的结果为0，01 000 000可以和00 111 111进行"与"操作。

这样，要进行的操作就是 01 000 000 &（01 000 000 - 00 000 001）= 01 000 000 &

00 111 111 = 0。

因此就有了解法三的代码：

代码清单2-3