[LeetCode] 338. Counting Bits（数比特位）
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Difficulty: Medium
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Related Topics: Dynamic Programming, Bit Manipulation
Description
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.
给定一个非负整数 num。对于从 0 到 num（端点包含）的每一个数 i，计算 i 的二进制表示里有多少个 1，然后以数组形式返回。
Examples
Example 1
Input: 2
Output: [0,1,1]
Example 2
Input: 5
Output: [0,1,1,2,1,2]
Follow up:
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It is very easy to come up with a solution with run time O(n * sizeof(integer)). But can you do it in a linear time O(n) /possibly in a single pass?
很容易就能想出时间复杂度为 O(n * sizeof(integer)) 的解法。但是你能在 O(n) 时间复杂度（或者说，一次遍历）解决它吗？ -
Space complexity should be O(n).
空间复杂度应该是 O(n)。 -
Can you do it like a boss? Do it without using any bulitin function like __builtin_popcount in C++ or in any other language.
你能像一个 boss 那样解答吗？不使用任何内置函数（例如 C++ 里的__builtin_popcount或者其它任何语言里的类似函数）解答。
Hints
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You should make use of what you have produced already.
你应该充分利用你已经生成的数据。 -
Divide the numbers in ranges like [2-3], [4-7], [8-15] and so on. And try to generate new range from previous.
将数列分成若干区间，例如 [2-3]，[4-7]，[8-15] 等等。依之前的规律生成新的区间。 -
Or does the odd/even status of the number help you in calculating the number of 1s?
或者说，这个数的奇偶性能否帮助你计算这个数的二进制表示中 1 的数量呢？
Solution
正如提示所说，O(n * sizeof(integer)) 时间复杂度的做法很容易就能想出来。但是这题的标签里竟然有动态规划，这是啥情况？提示里说让我们找规律，那就先把 0~15 内的数据都列出来，如下表格所示：
i |
binary representation of i |
number of 1`s |
|---|---|---|
| 0 | 0000 |
0 |
| 1 | 0001 |
1 |
| 2 | 0010 |
1 |
| 3 | 0011 |
2 |
| 4 | 0100 |
1 |
| 5 | 0101 |
2 |
| 6 | 0110 |
2 |
| 7 | 0111 |
3 |
| 8 | 1000 |
1 |
| 9 | 1001 |
2 |
| 10 | 1010 |
2 |
| 11 | 1011 |
3 |
| 12 | 1100 |
2 |
| 13 | 1101 |
3 |
| 14 | 1110 |
3 |
| 15 | 1111 |
4 |
你说看不出有啥规律？那我从里面单独拿出一个奇数和一个偶数的例子：
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9 的二进制表示是
1001，有 2 个 1；4 的二进制表示为0100，有 1 个 1。 -
12 的二进制表示是
1100，有 2 个 1；6 的二进制表示为0110，有 2 个 1。
看出来了吗？一个数 num 的 1 的数量，是由其本身右移一位后的数的 1 的数量与自身奇偶性决定的，对于一个数的二进制 1 的数量 \(\texttt{countBit}(x)\) ，总有如下规律：
其中 \(\texttt{shiftRight}(x, bits)\) 表示将数 \(x\) 逻辑右移 \(bits\) 位。同时我们定义 \(\texttt{countBit}(0) = 0\) 以及 \(\texttt{countBit}(1) = 1\)，这不就是天然的状态转移方程吗？于是使用动态规划法可以得到如下时间复杂度为 O(N) 的解法：
class Solution {
fun countBits(num: Int): IntArray {
if (num == 0) {
return intArrayOf(0)
}
if (num == 1) {
return intArrayOf(0, 1)
}
val result = IntArray(num + 1)
result[0] = 0
result[1] = 1
for (i in 2..num) {
result[i] = if (i % 2 == 0) {
result[i shr 1]
} else {
result[i shr 1] + 1
}
}
return result
}
}
