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.
Example 1:
Input: 2
Output: [0,1,1]
Example 2:
Input: 5
Output: [0,1,1,2,1,2]
Follow up:
- It is very easy to come up with a solution with run time O(n*sizeof(integer)). But can you do it in linear time O(n) /possibly in a single pass?
- Space complexity should be O(n).
- Can you do it like a boss? Do it without using any builtin function like __builtin_popcount in c++ or in any other language.
Credits:
Special thanks to @ syedee for adding this problem and creating all test cases.
这道题给我们一个整数n，然我们统计从0到n每个数的二进制写法的1的个数，存入一个一维数组中返回，题目中明确表示不希望我们一个数字一个数字，一位一位的傻算，而是希望我们找出规律，而且题目中也提示了我们注意 [2-3], [4-7], [8-15] 这些区间的规律，那么我们写出0到 15 的数的二进制和1的个数如下：
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
我最先看出的规律是这样的，除去前两个数字0个1，从2开始，2和3，是 [21, 22) 区间的，值为1和2。而4到7属于 [22, 23) 区间的，值为 1,2,2,3，前半部分1和2和上一区间相同，2和3是上面的基础上每个数字加1。再看8到 15，属于 [23, 24) 区间的，同样满足上述规律，所以可以写出代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
vector<int> countBits(int num) {
if (num == 0) return {0};
vector<int> res{0, 1};
int k = 2, i = 2;
while (i <= num) {
for (i = pow(2, k - 1); i < pow(2, k); ++i) {
if (i > num) break;
int t = (pow(2, k) - pow(2, k - 1)) / 2;
if (i < pow(2, k - 1) + t) res.push_back(res[i - t]);
else res.push_back(res[i - t] + 1);
}
++k;
}
return res;
}
};
下面来看一种投机取巧的方法，直接利用了 built-in 的函数 bitset 的 count 函数可以直接返回1的个数，题目中说了不提倡用这种方法，写出来只是多一种思路而已：
解法二：
class Solution {
public:
vector<int> countBits(int num) {
vector<int> res;
for (int i = 0; i <= num; ++i) {
res.push_back(bitset<32>(i).count());
}
return res;
}
};
下面这种方法相比第一种方法就要简洁很多了，这个规律找的更好，规律是，从1开始，遇到偶数时，其1的个数和该偶数除以2得到的数字的1的个数相同，遇到奇数时，其1的个数等于该奇数除以2得到的数字的1的个数再加1，参见代码如下：
解法三：
class Solution {
public:
vector<int> countBits(int num) {
vector<int> res{0};
for (int i = 1; i <= num; ++i) {
if (i % 2 == 0) res.push_back(res[i / 2]);
else res.push_back(res[i / 2] + 1);
}
return res;
}
};
下面这种方法就更加巧妙了，巧妙的利用了 i&(i - 1)， 这个本来是用来判断一个数是否是2的指数的快捷方法，比如8，二进制位 1000, 那么 8&(8-1) 为0，只要为0就是2的指数, 那么我们现在来看一下0到 15 的数字和其对应的 i&(i - 1) 值：
i binary '1' i&(i-1)
0 0000 0
-----------------------
1 0001 1 0000
-----------------------
2 0010 1 0000
3 0011 2 0010
-----------------------
4 0100 1 0000
5 0101 2 0100
6 0110 2 0100
7 0111 3 0110
-----------------------
8 1000 1 0000
9 1001 2 1000
10 1010 2 1000
11 1011 3 1010
12 1100 2 1000
13 1101 3 1100
14 1110 3 1100
15 1111 4 1110
我们可以发现每个i值都是 i&(i-1) 对应的值加1，这样我们就可以写出代码如下：
解法四：
class Solution {
public:
vector<int> countBits(int num) {
vector<int> res(num + 1, 0);
for (int i = 1; i <= num; ++i) {
res[i] = res[i & (i - 1)] + 1;
}
return res;
}
};
参考资料：
https://leetcode.com/problems/counting-bits/
https://leetcode.com/discuss/92796/four-lines-c-time-o-n-space-o-1
https://leetcode.com/discuss/92694/my-408-ms-c-solution-using-bitset
https://leetcode.com/discuss/92698/my-448ms-c-easy-solution-o-n-time-and-o-n-space
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