求一个整数的二进制中1的个数 收藏
题目：输入一个整数，求该整数的二进制表达中有多少个1。例如输入10，由于其二进制表示为1010，有两个1，因此输出2。
分析：这是一道很基本的考查位运算的面试题。包括微软在内的很多公司都曾采用过这道题。
一个很基本的想法是，我们先判断整数的最右边一位是不是1。接着把整数右移一位，原来处于右边第二位的数字现在被移到第一位了，再判断是不是1。这样每次 移动一位，直到这个整数变成0为止。现在的问题变成怎样判断一个整数的最右边一位是不是1了。很简单，如果它和整数1作与运算。由于1除了最右边一位以 外，其他所有位都为0。因此如果与运算的结果为1，表示整数的最右边一位是1，否则是0。
得到的代码如下：
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// Get how many 1s in an integer’s binary expression
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int NumberOf1_Solution1(int i)
{
int count = 0;
while(i)
{
if(i & 1)
count ++;
i = i >> 1;
}
return count;
}
可能有读者会问，整数右移一位在数学上是和除以2是等价的。那可不可以把上面的代码中的右移运算符换成除以2呢？答案是最好不要换成除法。因为除法的效率比移位运算要低的多，在实际编程中如果可以应尽可能地用移位运算符代替乘除法。
这个思路当输入i是正数时没有问题，但当输入的i是一个负数时，不但不能得到正确的1的个数，还将导致死循环。以负数0x80000000为例，右移一位 的时候，并不是简单地把最高位的1移到第二位变成0x40000000，而是0xC0000000。这是因为移位前是个负数，仍然要保证移位后是个负数， 因此移位后的最高位会设为1。如果一直做右移运算，最终这个数字就会变成0xFFFFFFFF而陷入死循环。
为了避免死循环，我们可以不右移输入的数字i。首先i和1做与运算，判断i的最低位是不是为1。接着把1左移一位得到2，再和i做与运算，就能判断i的次高位是不是1……这样反复左移，每次都能判断i的其中一位是不是1。基于此，我们得到如下代码：
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// Get how many 1s in an integer’s binary expression
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int NumberOf1_Solution2(int i)
{
int count = 0;
unsigned int flag = 1;
while(flag)
{
if(i & flag)
count ++;
flag = flag << 1;
}
return count;
}
另外一种思路是如果一个整数不为0，那么这个整数至少有一位是1。如果我们把这个整数减去1，那么原来处在整数最右边的1就会变成0，原来在1后面的所有 的0都会变成1。其余的所有位将不受到影响。举个例子：一个二进制数1100，从右边数起的第三位是处于最右边的一个1。减去1后，第三位变成0，它后面 的两位0变成1，而前面的1保持不变，因此得到结果是1011。
我们发现减1的结果是把从最右边一个1开始的所有位都取反了。这个时候如果我们再把原来的整数和减去1之后的结果做与运算，从原来整数最右边一个1那一位 开始所有位都会变成0。如1100&1011=1000。也就是说，把一个整数减去1，再和原整数做与运算，会把该整数最右边一个1变成0。那么 一个整数的二进制有多少个1，就可以进行多少次这样的操作。
这种思路对应的代码如下：
///////////////////////////////////////////////////////////////////////
// Get how many 1s in an integer’s binary expression
///////////////////////////////////////////////////////////////////////
int NumberOf1_Solution3(int i)
{
int count = 0;
while (i)
{
++ count;
i = (i – 1) & i;
}
return count;
}
扩展：如何用一个语句判断一个整数是不是二的整数次幂？
PS：n&(n-1)==0;//二进制数只有一位位1，则该数是2的整数次幂.
简单查表，相对来说效率也不错。
int countBits(int value){
int count=0;
int bits4[]={0,1,1,2,1,2,2,3,1,2,2,3,2,3,3,4};
while(value!=0){
count+=bits4[value&0xf];
value>>=4;
}
return count;
}
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这是一道《编程之美－微软技术面试心得》中的题目，问题描述如下：
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。
《编程之美》中给出了五种解法，但是实际上从 Wikipedia 上我们可以找到更优的算法。
这道题的本质相当于求二进制数的 Hamming 权重，或者说是该二进制数与 0 的 Hamming 距离，这两个概念在信息论和编码理论中是相当有名的。在二进制的情况下，它们也经常被叫做 population count 或者 popcount 问题，比如 gcc 中就提供了一个内建函数：
int __builtin_popcount (unsigned int x)
输出整型数二进制中 1 的个数。但是 GCC 的 __builtin_popcount 的实现主要是基于查表法做的，跟编程之美中解法 5 是一样的。Wikipedia 上的解法是基于分治法来做的，构造非常巧妙，通过有限次简单地算术运算就能求得结果，特别适合那些受存储空间限制的算法中使用：
#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
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;
}
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;
}
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));
printf(“GCC’s __builtin_popcount(%d) = %d\n”, i, __builtin_popcount(i));
return 0;
}
以上内容来源于http://blog.solrex.cn/articles/population-count-problem.html
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HAKMEM算法：
int Count(unsigned x)
{
unsigned n;
n = (x >> 1) & 033333333333;
x = x – n;
n = (n >> 1) & 033333333333;
x = x – n;
x = (x + (x >> 3)) & 030707070707;
x = modu(x, 63);
return x;
}
说明：首先是将二进制各位三个一组，求出每组中1的个数，然后相邻两组归并，得到六个一组的1的个数，最后很巧妙的用除63取余得到了结果。
因为2^6 = 64，也就是说 x_0 + x_1 * 64 + x_2 * 64 * 64 = x_0 + x_1 + x_2 (mod 63)，这里的等号表示同余。
这个程序只需要十条左右指令，而且不访存，速度很快
本文来自CSDN博客，转载请标明出处：http://blog.csdn.net/wangjun_1218/archive/2009/08/19/4464129.aspx
