题目描述
这是 LeetCode 上的 191. 位1的个数 ,难度为 简单。
Tag : 「位运算」
编写一个函数,输入是一个无符号整数(以二进制串的形式),返回其二进制表达式中数字位数为 '1' 的个数(也被称为汉明重量)。
提示:
- 请注意,在某些语言(如 Java)中,没有无符号整数类型。在这种情况下,输入和输出都将被指定为有符号整数类型,并且不应影响您的实现,因为无论整数是有符号的还是无符号的,其内部的二进制表示形式都是相同的。
- 在 Java 中,编译器使用二进制补码记法来表示有符号整数。因此,在上面的 示例 3 中,输入表示有符号整数 -3。
示例 1:
输入:00000000000000000000000000001011 输出:3 解释:输入的二进制串 00000000000000000000000000001011 中,共有三位为 '1'。 复制代码
示例 2:
输入:00000000000000000000000010000000 输出:1 解释:输入的二进制串 00000000000000000000000010000000 中,共有一位为 '1'。 复制代码
示例 3:
输入:11111111111111111111111111111101 输出:31 解释:输入的二进制串 11111111111111111111111111111101 中,共有 31 位为 '1'。 复制代码
提示:
- 输入必须是长度为 32 的 二进制串 。
进阶:
- 如果多次调用这个函数,你将如何优化你的算法?
「位数检查」解法
一个朴素的做法是,对 int
的每一位进行检查,并统计 11 的个数。
代码:
public class Solution { public int hammingWeight(int n) { int ans = 0; for (int i = 0; i < 32; i++) { ans += ((n >> i) & 1); } return ans; } } 复制代码
- 时间复杂度:O(k)O(k),kk 为
int
的位数,固定为 3232 位 - 空间复杂度:O(1)O(1)
「右移统计」解法
对于方法一,即使 nn 的高位均为是 00,我们也会对此进行循环检查。
因此另外一个做法是:通过 n & 1
来统计当前 nn 的最低位是否为 11,同时每次直接对 nn 进行右移并高位补 0。
当 n = 0n=0 代表,我们已经将所有的 11 统计完成。
这样的做法,可以确保只会循环到最高位的 11。
代码:
public class Solution { public int hammingWeight(int n) { int ans = 0; while (n != 0) { ans += (n & 1); n >>>= 1; } return ans; } } 复制代码
- 时间复杂度:O(k)O(k),kk 为
int
的位数,固定为 3232 位,最坏情况 nn 的二进制表示全是 11 - 空间复杂度:O(1)O(1)
「lowbit」解法
对于方法二,如果最高位 11 和 最低位 11 之间全是 00,我们仍然会诸次右移,直到处理到最高位的 11 为止。
那么是否有办法,只对位数为 11 的二进制位进行处理呢?
使用 lowbit
即可做到,lowbit
会在 O(1)O(1) 复杂度内返回二进制表示中最低位 11 所表示的数值。
例如 (0000...111100)_2(0000...111100)2 传入 lowbit
返回 (0000...000100)_2(0000...000100)2;(0000...00011)_2(0000...00011)2 传入 lowbit
返回 (0000...00001)_2(0000...00001)2 ...
代码:
public class Solution { public int hammingWeight(int n) { int ans = 0; for (int i = n; i != 0; i -= lowbit(i)) ans++; return ans; } int lowbit(int x) { return x & -x; } } 复制代码
- 时间复杂度:O(k)O(k),kk 为
int
的位数,固定为 3232 位,最坏情况 nn 的二进制表示全是 11 - 空间复杂度:O(1)O(1)
「分组统计」解法
以上三种解法都是 O(k)O(k) 的,事实上我们可以通过分组统计的方式,做到比 O(k)O(k) 更低的复杂度。
代码:
public class Solution { public int hammingWeight(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; } } 复制代码
- 时间复杂度:O(\log{k})O(logk),kk 为
int
的位数,固定为 3232 位 - 空间复杂度:O(1)O(1)
PS. 对于该解法,如果大家学有余力的话,还是建议大家在纸上模拟一下这个过程。如果不想深入,也可以当成模板背过(写法非常固定),但通常如果不是写底层框架,你几乎不会遇到需要一个 O(\log{k})O(logk) 解法的情况。
而且这个做法的最大作用,不是处理 int
,而是处理更大位数的情况,在长度只有 3232 位的 int
的情况下,该做法不一定就比循环要快(该做法会产生多个的中间结果,导致赋值发生多次,而且由于指令之间存在对 nn 数值依赖,可能不会被优化为并行指令),这个道理和对于排序元素少的情况下,我们会选择「选择排序」而不是「归并排序」是一样的。
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最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.191
篇,系列开始于 2021/01/01,截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目,部分是有锁题,我们将先将所有不带锁的题目刷完。
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