LeetCode-Python-338. 比特位计数

给定一个非负整数 num。对于 0 ≤ i ≤ num 范围中的每个数字 i ，计算其二进制数中的 1 的数目并将它们作为数组返回。

示例 1:

输入: 2
输出: [0,1,1]

示例 2:

输入: 5
输出: [0,1,1,2,1,2]

进阶:

给出时间复杂度为O(n*sizeof(integer))的解答非常容易。但你可以在线性时间O(n)内用一趟扫描做到吗？
要求算法的空间复杂度为O(n)。
你能进一步完善解法吗？要求在C++或任何其他语言中不使用任何内置函数（如 C++ 中的 __builtin_popcount）来执行此操作。

第一种麻瓜思路：

从0到num，每个数都按照常规方法（不断除以2）求其二进制中有多少个1。

class Solution(object):
    def countBits(self, num):
        """
        :type num: int
        :rtype: List[int]
        """
        res = list()
        for i in range(num + 1):
            res.append(self.getOne(i))
        
        return res
    
    def getOne(self, n):
        binary = list()
        while(n >= 2):
            binary.append(n % 2)
            n = n // 2
        binary.append(n)
        # print binary
        return sum(binary)

第二种思路：

想起来《剑指Offer》里提到的结论：如果一个数 i 和 i - 1 做与运算，那么 i 的二进制表示形式中的最右边一个 1 会变成0 。根据这个结论可以优化统计每个数中 1 的个数的函数getOne。

class Solution(object):
    def countBits(self, num):
        """
        :type num: int
        :rtype: List[int]
        """
        res = list()
        for i in range(num + 1):
            res.append(self.getOne(i))
        
        return res
    
    def getOne(self, n):
        cnt = 0
        while(n):
            cnt += 1
            n = n & (n - 1)
        return cnt

第三种思路：

在第二种思路的基础上，利用动态规划的思想。

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如果我们已经知道了 i & i -1 这个数字的1的个数cnt，那么根据上面的提到的结论， i 这个数字中 1 的个数就是 cnt + 1。

所以不难得到状态转移方程： dp[i] = dp[i & (i - 1)] + 1

class Solution(object):
    def countBits(self, num):
        """
        :type num: int
        :rtype: List[int]
        """
        dp = [0 for i in range(num + 1)]
        for i in range(1, num + 1):
            dp[i] = dp[i & (i - 1)] + 1
        
        return dp

LeetCode-Python-338. 比特位计数

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