求一个整数的二进制中1的个数
算法-求二进制数中1的个数
问题描述
任意给定一个32位无符号整数n，求n的二进制表示中1的个数，比如n = 5（0101）时，返回2，n = 15（1111）时，返回4
这也是一道比较经典的题目了，相信不少人面试的时候可能遇到过这道题吧，下面介绍了几种方法来实现这道题，相信很多人可能见过下面的算法，但我相信很少有人见到本文中所有的算法。如果您上头上有更好的算法，或者本文没有提到的算法，请不要吝惜您的代码，分享的时候，也是学习和交流的时候。
普通法
我总是习惯叫普通法，因为我实在找不到一个合适的名字来描述它，其实就是最简单的方法，有点程序基础的人都能想得到，那就是移位+计数，很简单，不多说了，直接上代码，这种方法的运算次数与输入n最高位1的位置有关，最多循环32次。
int BitCount(unsigned int n)
{
unsigned int c =0 ; // 计数器
while (n >0)
{
if((n &1) ==1) // 当前位是1
++c ; // 计数器加1
n >>=1 ; // 移位
}
return c ;
}
一个更精简的版本如下
int BitCount(unsigned int n)
{
unsigned int c =0 ; // 计数器
for (c =0; n; n >>=1) // 循环移位
c += n &1 ; // 如果当前位是1，则计数器加1
return c ;
}
快速法
这种方法速度比较快，其运算次数与输入n的大小无关，只与n中1的个数有关。如果n的二进制表示中有k个1，那么这个方法只需要循环k次即可。其原理是不断清除n的二进制表示中最右边的1，同时累加计数器，直至n为0，代码如下
int BitCount(unsigned int n)
{
unsigned int c =0 ;
for (c =0; n; ++c)
{
n &= (n -1) ; // 清除最低位的1
}
return c ;
}
为什么n &= (n – 1)能清除最右边的1呢？因为从二进制的角度讲，n相当于在n - 1的最低位加上1。举个例子，8（1000）= 7（0111）+ 1（0001），所以8 & 7 = （1000）&（0111）= 0（0000），清除了8最右边的1（其实就是最高位的1，因为8的二进制中只有一个1）。再比如7（0111）= 6（0110）+ 1（0001），所以7 & 6 = （0111）&（0110）= 6（0110），清除了7的二进制表示中最右边的1（也就是最低位的1）。
分治法
/* ===========================================================================
* Problem:
* The fastest way to count how many 1s in a 32-bits integer.
*
* Algorithm:
* The problem equals to calculate the Hamming weight of a 32-bits integer,
* or the Hamming distance between a 32-bits integer and 0. In binary cases,
* it is also called the population count, or popcount.[1]
*
* The best solution known are based on adding counts in a tree pattern
* (divide and conquer). Due to space limit, here is an example for a
* 8-bits binary number A=01101100:[1]
* | Expression | Binary | Decimal | Comment |
* | A | 01101100 | | the original number |
* | B = A & 01010101 | 01000100 | 1,0,1,0 | every other bit from A |
* | C = (A>>1) & 01010101 | 00010100 | 0,1,1,0 | remaining bits from A |
* | D = B + C | 01011000 | 1,1,2,0 | # of 1s in each 2-bit of A |
* | E = D & 00110011 | 00010000 | 1,0 | every other count from D |
* | F = (D>>2) & 00110011 | 00010010 | 1,2 | remaining counts from D |
* | G = E + F | 00100010 | 2,2 | # of 1s in each 4-bit of A |
* | H = G & 00001111 | 00000010 | 2 | every other count from G |
* | I = (G>>4) & 00001111 | 00000010 | 2 | remaining counts from G |
* | J = H + I | 00000100 | 4 | No. of 1s in A |
* Hence A have 4 1s.
*
* [1] http://en.wikipedia.org/wiki/Hamming_weight
*
* 这个算法的设计思想用的是二分法，两两一组相加，之后四个四个一组相加，接着八个八个，最后就得到各位之和了。
* 设原整数值为x，
* 第一步：把x的32个bit分成16组（第32bit和第31bit一组，第30bit和第29bit一组……以此类推），
*然后将每一组的两bit上的值（因为是二进制数，所以要么是0要么是1）相加并把结果还放在这两bit的位置上，
*这样，得到结果整数x1，x1的二进制（32bit）可以分为16组，每一组的数值就是原来整数x在那两bit上1的个数。
* 第二步：把第一步得到的结果x1的32bit，分成8组(第32、31、30、29bit一组，第28、27、26、25bit一组……以此类推)，
*然后每一组的四bit上的值相加并把结果还放在这四bit的位置上，
*这样，又得到结果整数x2，x2的二进制可以分为8组，每一组的数值就是原来整数x在那四bit上的1的个数。
* ……
* 这样一直分组计算下去，最终，把两个16bit上1的个数相加，得到原来整数x的32bit上1的个数。
===========================================================================
*/
#include <stdio.h>
typedef unsigned int UINT32;
const UINT32 m1 = 0x55555555; // 01010101010101010101010101010101
const UINT32 m2 = 0x33333333; // 00110011001100110011001100110011
const UINT32 m4 = 0x0f0f0f0f; // 00001111000011110000111100001111
const UINT32 m8 = 0x00ff00ff; // 00000000111111110000000011111111
const UINT32 m16 = 0x0000ffff; // 00000000000000001111111111111111
const UINT32 h01 = 0x01010101; // the sum of 256 to the power of 0, 1, 2, 3
/* This is a naive implementation, shown for comparison, and to help in
* understanding the better functions. It uses 20 arithmetic operations
* (shift, add, and). */
int popcount_1(UINT32 x)
{
x = (x & m1) + ((x >> 1) & m1);
x = (x & m2) + ((x >> 2) & m2);
x = (x & m4) + ((x >> 4) & m4);
x = (x & m8) + ((x >> 8) & m8);
x = (x & m16) + ((x >> 16) & m16);
return x;
}
/* This uses fewer arithmetic operations than any other known implementation
* on machines with slow multiplication. It uses 15 arithmetic operations. */
int popcount_2(UINT32 x)
{
x -= (x >> 1) & m1; //put count of each 2 bits into those 2 bits
x = (x & m2) + ((x >> 2) & m2); //put count of each 4 bits into those 4 bits
x = (x + (x >> 4)) & m4; //put count of each 8 bits into those 8 bits
x += x >> 8; //put count of each 16 bits into their lowest 8 bits
x += x >> 16; //put count of each 32 bits into their lowest 8 bits
return x & 0x1f;
}
/* This uses fewer arithmetic operations than any other known implementation
* on machines with fast multiplication. It uses 12 arithmetic operations,
* one of which is a multiply. */
int popcount_3(UINT32 x)
{
x -= (x >> 1) & m1; //put count of each 2 bits into those 2 bits
x = (x & m2) + ((x >> 2) & m2); //put count of each 4 bits into those 4 bits
x = (x + (x >> 4)) & m4; //put count of each 8 bits into those 8 bits
return (x * h01) >> 24; // left 8 bits of x + (x<<8) + (x<<16) + (x<<24)
}
int main()
{
int i = 0x1ff12ee2;
printf("i = %d = 0x%x/n", i, i);
printf("popcount_1(%d) = %d/n", i, popcount_1(i));
printf("popcount_2(%d) = %d/n", i, popcount_2(i));
printf("popcount_3(%d) = %d/n", i, popcount_3(i));
/* If compiled with other compiler than gcc, comment the line bellow. */
printf("GCC's __builtin_popcount(%d) = %d/n", i, __builtin_popcount(i));
return 0;
}
查表法
GCC中提供的内建函数（基于查表法）
int __builtin_popcount (unsigned int x)
动态建表
由于表示在程序运行时动态创建的，所以速度上肯定会慢一些，把这个版本放在这里，有两个原因
1. 介绍填表的方法，因为这个方法的确很巧妙。
2. 类型转换，这里不能使用传统的强制转换，而是先取地址再转换成对应的指针类型。也是常用的类型转换方法。
int BitCount(unsigned int n)
{
// 建表
unsigned char BitsSetTable256[256] = {0} ;
// 初始化表
for (int i =0; i <256; i++)
{
BitsSetTable256[i] = (i &1) + BitsSetTable256[i /2];
}
unsigned int c =0 ;
// 查表
unsigned char* p = (unsigned char*) &n ;
c = BitsSetTable256[p[0]] +
BitsSetTable256[p[1]] +
BitsSetTable256[p[2]] +
BitsSetTable256[p[3]];
return c ;
}
先说一下填表的原理，根据奇偶性来分析，对于任意一个正整数n
1.如果它是偶数，那么n的二进制中1的个数与n/2中1的个数是相同的，比如4和2的二进制中都有一个1，6和3的二进制中都有两个1。为啥？因为n是由n/2左移一位而来，而移位并不会增加1的个数。
2.如果n是奇数，那么n的二进制中1的个数是n/2中1的个数+1，比如7的二进制中有三个1，7/2 = 3的二进制中有两个1。为啥？因为当n是奇数时，n相当于n/2左移一位再加1。
再说一下查表的原理
对于任意一个32位无符号整数，将其分割为4部分，每部分8bit，对于这四个部分分别求出1的个数，再累加起来即可。而8bit对应2^8 = 256种01组合方式，这也是为什么表的大小为256的原因。
注意类型转换的时候，先取到n的地址，然后转换为unsigned char*，这样一个unsigned int（4 bytes）对应四个unsigned char（1 bytes），分别取出来计算即可。举个例子吧，以87654321（十六进制）为例，先写成二进制形式-8bit一组，共四组，以不同颜色区分，这四组中1的个数分别为4，4，3，2，所以一共是13个1，如下面所示。
10000111 01100101 01000011 00100001 = 4 + 4 + 3 + 2 = 13
静态表-4bit
原理和8-bit表相同，详见8-bit表的解释
int BitCount(unsigned int n)
{
unsigned int table[16] =
{
0, 1, 1, 2,
1, 2, 2, 3,
1, 2, 2, 3,
2, 3, 3, 4
} ;
unsigned int count =0 ;
while (n)
{
count += table[n &0xf] ;
n >>=4 ;
}
return count ;
}
静态表-8bit
首先构造一个包含256个元素的表table，table[i]即i中1的个数，这里的i是[0-255]之间任意一个值。然后对于任意一个32bit无符号整数n，我们将其拆分成四个8bit，然后分别求出每个8bit中1的个数，再累加求和即可，这里用移位的方法，每次右移8位，并与0xff相与，取得最低位的8bit，累加后继续移位，如此往复，直到n为0。所以对于任意一个32位整数，需要查表4次。以十进制数2882400018为例，其对应的二进制数为10101011110011011110111100010010，对应的四次查表过程如下：红色表示当前8bit，绿色表示右移后高位补零。
第一次（n & 0xff） 10101011110011011110111100010010
第二次（(n >> 8) & 0xff） 00000000101010111100110111101111
第三次（(n >> 16) & 0xff）00000000000000001010101111001101
第四次（(n >> 24) & 0xff）00000000000000000000000010101011
int BitCount(unsigned int n)
{
unsigned int table[256] =
{
0, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 3, 1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4,
1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5,
1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5,
2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,
1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5,
2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,
2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,
3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7,
1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5,
2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,
2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,
3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7,
2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,
3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7,
3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7,
4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 5, 6, 6, 7, 6, 7, 7, 8,
};
return table[n &0xff] +
table[(n >>8) &0xff] +
table[(n >>16) &0xff] +
table[(n >>24) &0xff] ;
}
当然也可以搞一个16bit的表，或者更极端一点32bit的表，速度将会更快。
HAKMEM
先看代码，稍后解释
int BitCount(unsigned 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 ;
}
速度不一定最快，但是想法绝对巧妙。 说一下其中奥妙，其实很简单，先将n写成二进制形式，然后相邻位相加，重复这个过程，直到只剩下一位。
以217（11011001）为例，有图有真相，下面的图足以说明一切了。217的二进制表示中有5个1
MIT HAKMEM
int BitCount(unsigned int n)
{
unsigned int tmp = n - ((n >>1) &033333333333) - ((n >>2) &011111111111);
return ((tmp + (tmp >>3)) &030707070707) %63;
}
最喜欢这个，代码太简洁啦，只是有个取模运算，可能速度上慢一些。区区两行代码，就能计算出1的个数，到底有何奥妙呢？为了解释的清楚一点，我尽量多说几句。
第一行代码的作用
先说明一点，以0开头的是8进制数，以0x开头的是十六进制数，上面代码中使用了三个8进制数。
将n的二进制表示写出来，然后每3bit分成一组，求出每一组中1的个数，再表示成二进制的形式。比如n = 50，其二进制表示为110010，分组后是110和010，这两组中1的个数本别是2和3。2对应010，3对应011，所以第一行代码结束后，tmp = 010011，具体是怎么实现的呢？由于每组3bit，所以这3bit对应的十进制数都能表示为2^2 * a + 2^1 * b + c的形式，也就是4a + 2b + c的形式，这里a,b,c的值为0或1，如果为0表示对应的二进制位上是0，如果为1表示对应的二进制位上是1，所以a + b + c的值也就是4a + 2b + c的二进制数中1的个数了。举个例子，十进制数6（0110）= 4 * 1 + 2 * 1 + 0，这里a = 1, b = 1, c = 0, a + b + c = 2，所以6的二进制表示中有两个1。现在的问题是，如何得到a + b + c呢？注意位运算中，右移一位相当于除2，就利用这个性质！
4a + 2b + c 右移一位等于2a + b
4a + 2b + c 右移量位等于a
然后做减法
4a + 2b + c –(2a + b) – a = a + b + c，这就是第一行代码所作的事，明白了吧。
第二行代码的作用
在第一行的基础上，将tmp中相邻的两组中1的个数累加，由于累加到过程中有些组被重复加了一次，所以要舍弃这些多加的部分，这就是&030707070707的作用，又由于最终结果可能大于63，所以要取模。
需要注意的是，经过第一行代码后，从右侧起，每相邻的3bit只有四种可能，即000, 001, 010, 011，为啥呢？因为每3bit中1的个数最多为3。所以下面的加法中不存在进位的问题，因为3 + 3 = 6，不足8，不会产生进位。
tmp + (tmp >> 3)-这句就是是相邻组相加，注意会产生重复相加的部分，比如tmp = 659 = 001 010 010 011时，tmp >> 3 = 000 001 010 010，相加得
001 010 010 011
000 001 010 010
---------------------
001 011 100 101
011 + 101 = 3 + 5 = 8。（感谢网友Di哈指正。）注意，659只是个中间变量，这个结果不代表659这个数的二进制形式中有8个1。
注意我们想要的只是第二组和最后一组（绿色部分），而第一组和第三组（红色部分）属于重复相加的部分，要消除掉，这就是&030707070707所完成的任务（每隔三位删除三位），最后为什么还要%63呢？因为上面相当于每次计算相连的6bit中1的个数，最多是111111 = 77（八进制）= 63（十进制），所以最后要对63取模。
位标志法
感谢网友 gussing提供
struct _byte
{
unsigned a:1;
unsigned b:1;
unsigned c:1;
unsigned d:1;
unsigned e:1;
unsigned f:1;
unsigned g:1;
unsigned h:1;
};
long get_bit_count( unsigned char b )
{
struct _byte *by = (struct _byte*)&b;
return (by->a+by->b+by->c+by->d+by->e+by->f+by->g+by->h);
}
指令法
感谢网友 Milo Yip提供
使用微软提供的指令，首先要确保你的CPU支持SSE4指令，用Everest和CPU-Z可以查看是否支持。
unsigned int n =127 ; unsigned int bitCount = _mm_popcnt_u32(n) ;
References
http://gurmeetsingh.wordpress.com/2008/08/05/fast-bit-counting-routines/
作者：zdd
