任意给定一个32位无符号整数n，求n的二进制表示中1的个数，比如n = 5(0101)时，返回2，n = 15(1111)时，返回4

这也是一道比较经典的题目了，相信不少人面试的时候可能遇到过这道题吧，下面介绍了几种方法来实现这道题，相信很多人可能见过下面的算法，但我相信很少有人见到本文中所有的算法。如果您有更好的算法，或者本文没有提到的算法，请不要吝惜您的代码，分享的时候，也是学习和交流的时候。

普通法

我总是习惯叫普通法，因为我实在找不到一个合适的名字来描述它，其实就是最简单的方法，有点程序基础的人都能想得到，那就是移位+计数，很简单，不多说了，直接上代码，这种方法的运算次数与输入n最高位1的位置有关，最多循环32次。

int BitCount(unsigned int n)

{

unsigned int c =0 ; // 计数器

while (n >0)

{

if((n &1) ==1) // 当前位是1

++c ; // 计数器加1

n >>=1 ; // 移位

}

return c ;

}

一个更精简的版本如下

int BitCount1(unsigned int n)

{

unsigned int c =0 ; // 计数器

for (c =0; n; n >>=1) // 循环移位

c += n &1 ; // 如果当前位是1，则计数器加1

return c ;

}

问：如果输入参数是int，这种方法还能奏效吗?

如何修改?看看下面的方法：

int BitCount(int n)

{

int num = 0;

unsigned int flag = 1;

while(0 != flag)

{

if(n & flag)

num++;

flag = flag << 1;

}

return num;

}

快速法

这种方法速度比较快，其运算次数与输入n的大小无关，只与n中1的个数有关。如果n的二进制表示中有k个1，那么这个方法只需要循环k次即可。其原理是不断清除n的二进制表示中最右边的1，同时累加计数器，直至n为0，代码如下

int BitCount2(unsigned int n)

{

unsigned int c =0 ;

for (c =0; n; ++c)

{

n &= (n -1) ; // 清除最低位的1

}

return c ;

}

为什么n &= (n – 1)能清除最右边的1呢?因为从二进制的角度讲，n相当于在n - 1的最低位加上1。举个例子，8(1000)= 7(0111)+ 1(0001)，所以8 & 7 = (1000)&(0111)= 0(0000)，清除了8最右边的1(其实就是最高位的1，因为8的二进制中只有一个1)。再比如7(0111)= 6(0110)+ 1(0001)，所以7 & 6 = (0111)&(0110)= 6(0110)，清除了7的二进制表示中最右边的1(也就是最低位的1)。

查表法

动态建表

由于表示在程序运行时动态创建的，所以速度上肯定会慢一些，把这个版本放在这里，有两个原因

介绍填表的方法，因为这个方法的确很巧妙。

类型转换，这里不能使用传统的强制转换，而是先取地址再转换成对应的指针类型。也是常用的类型转换方法。

int BitCount3(unsigned int n)

{

// 建表

unsigned char BitsSetTable256[256] = {0} ;

// 初始化表

for (int i =0; i <256; i++)

{

BitsSetTable256[i] = (i &1) + BitsSetTable256[i /2];

}

unsigned int c =0 ;

// 查表

unsigned char* p = (unsigned char*) &n ;

c = BitsSetTable256[p[0]] +

BitsSetTable256[p[1]] +

BitsSetTable256[p[2]] +

BitsSetTable256[p[3]];

return c ;

}

先说一下填表的原理，根据奇偶性来分析，对于任意一个正整数n

1.如果它是偶数，那么n的二进制中1的个数与n/2中1的个数是相同的，比如4和2的二进制中都有一个1，6和3的二进制中都有两个1。为啥?因为n是由n/2左移一位而来，而移位并不会增加1的个数。

2.如果n是奇数，那么n的二进制中1的个数是n/2中1的个数+1，比如7的二进制中有三个1，7/2 = 3的二进制中有两个1。为啥?因为当n是奇数时，n相当于n/2左移一位再加1。

再说一下查表的原理

对于任意一个32位无符号整数，将其分割为4部分，每部分8bit，对于这四个部分分别求出1的个数，再累加起来即可。而8bit对应2^8 = 256种01组合方式，这也是为什么表的大小为256的原因。

注意类型转换的时候，先取到n的地址，然后转换为unsigned char*，这样一个unsigned int(4 bytes)对应四个unsigned char(1 bytes)，分别取出来计算即可。举个例子吧，以87654321(十六进制)为例，先写成二进制形式-8bit一组，共四组，以不同颜色区分，这四组中1的个数分别为4，4，3，2，所以一共是13个1，如下面所示。

10000111 01100101 01000011 00100001 = 4 + 4 + 3 + 2 = 13

静态表-4bit

原理和8-bit表相同，详见8-bit表的解释

int BitCount4(unsigned int n)

{

unsigned int table[16] =

{

0, 1, 1, 2,

1, 2, 2, 3,

1, 2, 2, 3,

2, 3, 3, 4

} ;

unsigned int count =0 ;

while (n)

{

count += table[n &0xf] ;

n >>=4 ;

}

return count ;

}

静态表-8bit

首先构造一个包含256个元素的表table，table[i]即i中1的个数，这里的i是[0-255]之间任意一个值。然后对于任意一个32bit无符号整数n，我们将其拆分成四个8bit，然后分别求出每个8bit中1的个数，再累加求和即可，这里用移位的方法，每次右移8位，并与0xff相与，取得最低位的8bit，累加后继续移位，如此往复，直到n为0。所以对于任意一个32位整数，需要查表4次。以十进制数2882400018为例，其对应的二进制数为10101011110011011110111100010010，对应的四次查表过程如下：红色表示当前8bit，绿色表示右移后高位补零。

第一次(n & 0xff) 10101011110011011110111100010010

第二次((n >> 8) & 0xff) 00000000101010111100110111101111

第三次((n >> 16) & 0xff)00000000000000001010101111001101

第四次((n >> 24) & 0xff)00000000000000000000000010101011

int BitCount7(unsigned int n)

{

unsigned int table[256] =

{

0, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 3, 1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4,

1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5,

1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5,

2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,

1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5,

2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,

2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,

3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7,

1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4, 2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5,

2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,

2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,

3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7,

2, 3, 3, 4, 3, 4, 4, 5, 3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6,

3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7,

3, 4, 4, 5, 4, 5, 5, 6, 4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7,

4, 5, 5, 6, 5, 6, 6, 7, 5, 6, 6, 7, 6, 7, 7, 8,

};

return table[n &0xff] +

table[(n >>8) &0xff] +

table[(n >>16) &0xff] +

table[(n >>24) &0xff] ;

}

当然也可以搞一个16bit的表，或者更极端一点32bit的表，速度将会更快。

平行算法

网上都这么叫，我也这么叫吧，不过话说回来，的确有平行的意味在里面，先看代码，稍后解释

int BitCount4(unsigned 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 ;

}

速度不一定最快，但是想法绝对巧妙。说一下其中奥妙，其实很简单，先将n写成二进制形式，然后相邻位相加，重复这个过程，直到只剩下一位。

以217(11011001)为例，有图有真相，下面的图足以说明一切了。217的二进制表示中有5个1

完美法

int BitCount5(unsigned int n)

{

unsigned int tmp = n - ((n >>1) &033333333333) - ((n >>2) &011111111111);

return ((tmp + (tmp >>3)) &030707070707) %63;

}

最喜欢这个，代码太简洁啦，只是有个取模运算，可能速度上慢一些。区区两行代码，就能计算出1的个数，到底有何奥妙呢?为了解释的清楚一点，我尽量多说几句。

第一行代码的作用

先说明一点，以0开头的是8进制数，以0x开头的是十六进制数，上面代码中使用了三个8进制数。

将n的二进制表示写出来，然后每3bit分成一组，求出每一组中1的个数，再表示成二进制的形式。比如n = 50，其二进制表示为110010，分组后是110和010，这两组中1的个数本别是2和3。2对应010，3对应011，所以第一行代码结束后，tmp = 010011，具体是怎么实现的呢?由于每组3bit，所以这3bit对应的十进制数都能表示为2^2 * a + 2^1 * b + c的形式，也就是4a + 2b + c的形式，这里a,b,c的值为0或1，如果为0表示对应的二进制位上是0，如果为1表示对应的二进制位上是1，所以a + b + c的值也就是4a + 2b + c的二进制数中1的个数了。举个例子，十进制数6(0110)= 4 * 1 + 2 * 1 + 0，这里a = 1, b = 1, c = 0, a + b + c = 2，所以6的二进制表示中有两个1。现在的问题是，如何得到a + b + c呢?注意位运算中，右移一位相当于除2，就利用这个性质!

4a + 2b + c 右移一位等于2a + b

4a + 2b + c 右移量位等于a

然后做减法

4a + 2b + c –(2a + b) – a = a + b + c，这就是第一行代码所作的事，明白了吧。

第二行代码的作用

在第一行的基础上，将tmp中相邻的两组中1的个数累加，由于累加到过程中有些组被重复加了一次，所以要舍弃这些多加的部分，这就是&030707070707的作用，又由于最终结果可能大于63，所以要取模。

需要注意的是，经过第一行代码后，从右侧起，每相邻的3bit只有四种可能，即000, 001, 010, 011，为啥呢?因为每3bit中1的个数最多为3。所以下面的加法中不存在进位的问题，因为3 + 3 = 6，不足8，不会产生进位。

tmp + (tmp >> 3)-这句就是是相邻组相加，注意会产生重复相加的部分，比如tmp = 659 = 001 010 010 011时，tmp >> 3 = 000 001 010 010，相加得

001 010 010 011

000 001 010 010

001 011 100 101

011 + 101 = 3 + 5 = 8。(感谢网友Di哈指正。)注意，659只是个中间变量，这个结果不代表659这个数的二进制形式中有8个1。

注意我们想要的只是第二组和最后一组(绿色部分)，而第一组和第三组(红色部分)属于重复相加的部分，要消除掉，这就是&030707070707所完成的任务(每隔三位删除三位)，最后为什么还要%63呢?因为上面相当于每次计算相连的6bit中1的个数，最多是111111 = 77(八进制)= 63(十进制)，所以最后要对63取模。