位运算-leetcode_338
通过位运算计算出当前位的1的个数,原理利用Brian Kernighan 算法 令 x=x & (x−1) ,
/**
<p>给你一个整数 <code>n</code> ,对于 <code>0 <= i <= n</code> 中的每个 <code>i</code> ,计算其二进制表示中 <strong><code>1</code> 的个数</strong> ,返回一个长度为 <code>n + 1</code> 的数组 <code>ans</code> 作为答案。</p>
<p> </p>
<div class="original__bRMd">
<div>
<p><strong>示例 1:</strong></p>
<pre>
<strong>输入:</strong>n = 2
<strong>输出:</strong>[0,1,1]
<strong>解释:</strong>
0 --> 0
1 --> 1
2 --> 10
</pre>
<p><strong>示例 2:</strong></p>
<pre>
<strong>输入:</strong>n = 5
<strong>输出:</strong>[0,1,1,2,1,2]
<strong>解释:</strong>
0 --> 0
1 --> 1
2 --> 10
3 --> 11
4 --> 100
5 --> 101
</pre>
<p> </p>
<p><strong>提示:</strong></p>
<ul>
<li><code>0 <= n <= 10<sup>5</sup></code></li>
</ul>
<p> </p>
<p><strong>进阶:</strong></p>
<ul>
<li>很容易就能实现时间复杂度为 <code>O(n log n)</code> 的解决方案,你可以在线性时间复杂度 <code>O(n)</code> 内用一趟扫描解决此问题吗?</li>
<li>你能不使用任何内置函数解决此问题吗?(如,C++ 中的 <code>__builtin_popcount</code> )</li>
</ul>
</div>
</div>
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*/
//leetcode submit region begin(Prohibit modification and deletion)
class Solution {
public int[] countBits(int n) {
int[] res = new int[n+1];
for (int i = 0; i <= n; i++) {
res[i]=countOnes(i);
}
return res;
}
int countOnes(int x){
int countOnes = 0;
while(x>0){
x&=x-1;
countOnes++;
}
return countOnes;
}
}
//leetcode submit region end(Prohibit modification and deletion)
不恋尘世浮华,不写红尘纷扰