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题目描述

请实现一个函数，输入一个整数（以二进制串形式），输出该数二进制表示中 1 的个数。例如，把 9 表示成二进制是 1001，有 2 位是1。因此，如果输入 9，则该函数输出 2。

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’

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’

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’。

提示：

输入必须是长度为 32 的 二进制串 。

方法一（暴力法）

1.解题思路

直接从右向左，一次判断每一位是否为1，如果是1，则计数加1。">>>"为java的无符号右移操作。

2.代码实现

public class Solution {
       public int hammingWeight(int n) {
           int count=0;        while(n!=0){
               if((n&1)==1){
                   count++;            }            n>>>=1;        }        return count;    }}

3.复杂度分析

• 时间复杂度：数字n的最高位1在log₂n位，所以时间杂度是O(log₂n)
• 空间复杂度：不需要额外的空间开销，所以空间复杂度为O(1)

方法二（位运算）

1.解题思路

当一个数减去1，再与原数相与时，会消去最右边的1。

比如11000，减去1后是10111，相与后就变成了10000，刚好消去了最右边的1。

2.代码实现

public class Solution {
       public int hammingWeight(int n) {
           int count=0;        while(n!=0){
               n=n&(n-1);            count++;        }        return count;    }}

3.复杂度分析

• 时间复杂度：假设n的二进制表示中有k个1，则时间复杂度是O(k)
• 空间复杂度：不需要额外的空间开销，所以空间复杂度为O(1)

方法三（最右1）

1.解题思路

首先我们要知道怎么获取一个数二进制的最右1，然后每获取一次，计数加1，并且原数字减去最右1作为新数字。（最右1在位运算中非常实用，树状数组的构建也有用到最右1）

怎么获取最右1呢？ 先说结论，一个数和它对应的补码相与就可以得到最右1。 比如1001，反码是0110，补码是反码加1，为0111，如果是原码和反码相与，正好为0；但是由于补码有个加1操作，能将反码最右边几位调整为最右1形式，而左边部分抵消了。再比如11000，反码是00111，补码01000，补码右边部分1000正好最右1，左边部分与原码相抵消。

2.代码实现

public class Solution {
       public int hammingWeight(int n) {
           int count=0;        while(n!=0){
               n-=n&(~n+1);            count++;        }        return count;    }}

3.复杂度分析

• 时间复杂度：同方法二，假设n的二进制位中1有k个，时间复杂度是O(k)
• 空间复杂度：不需要额外的空间开销，所以空间复杂度为O(1)

方法四（直接调接口）

1.解题思路

参考java中Integer的bitCount函数。

2.代码实现

public class Solution {
       public int hammingWeight(int n) {
           return Integer.bitCount(n);    }}

3.复杂度分析

• 时间复杂度：时间复杂度为O(1)
• 空间复杂度：空间复杂度为O(1)

方法五（bitCount源码，分治思想）

1.解题思路

0x55555555相当于01010101010101010101010101010101，0xaaaaaaaa相当于10101010101010101010101010101010，所以我们可以通过同0x55555555相与获得偶数位，同0xaaaaaaaa相与获取奇数位。类似的0x33333333为00110011001100110011001100110011，0xcccccccc为11001100110011001100110011001100,我们每4位，将二进制拆分为左右两部分，同理，也可以每8位拆分，每16位拆分，最后要获取的是16位拆分的结果。但是16拆分不能直接得出来，相当于一个递归没有到终止条件，需要经过8分，4分，2分，1分，到1分的时候，就可以直接算出来。

比如11，奇数位相与是10，偶数位相与是01，再移位相加，得到10，刚好是11中1的个数2。 JDK源码中bitCount的思路和上面是完全一致的，不过计算过程中采用了一些技巧，用尽量少的运算，来达到相同的效果。

2.代码实现

public class Solution {
       public int hammingWeight(int n) {
               n = (n & 0x55555555) + ((n & 0xaaaaaaaa) >>> 1);        n = (n & 0x33333333) + ((n & 0xcccccccc) >>> 2);        n = (n & 0x0f0f0f0f) + ((n & 0xf0f0f0f0) >>> 4);        n = (n & 0x00ff00ff) + ((n & 0xff00ff00) >>> 8);        n = (n & 0x0000ffff) + ((n & 0xffff0000) >>> 16);        return n;    }}

改进版：

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;        }}

JDK源码：

public class Solution {
       public int hammingWeight(int n) {
                   n = n - ((n >>> 1) & 0x55555555);        n = (n & 0x33333333) + ((n >>> 2) & 0x33333333);        n = (n + (n >>> 4)) & 0x0f0f0f0f;        n = n + (n >>> 8);        n = n + (n >>> 16);        return n & 0x3f;        }}

3.复杂度分析

• 时间复杂度：全是基本的与运算，相加，移位运算，所以时间杂度是O(1)
• 空间复杂度：不需要额外的空间开销，所以空间复杂度为O(1)

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