输入一个整数,输出该数二进制表示中1的个数。其中负数用补码表示。

package bit;

public class 二进制中1的个数 {
    /**
     * 讨论区方法1:
     * 一位位地比较,用1(1自身左移运算,其实后来就不是1了)和n的每位进行位与
     * 注意不能用n向右移来和1比较,因为如果n是负数,向右移高位会补1,会增加1的个数
     * 时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)
     */
    public int NumberOf11(int n) {
        int count = 0;
        int flag = 1;
        // 整数4个字节,32位,当flag左移超过了32位,前面被砍断,后面32位为0则结束
        while (flag != 0) {
            if ((flag & n) != 0) {
                count++;
            }
            flag <<= 1;
        }
        return count;
    }

    /**
     * 讨论区方法2:
     * 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1,那么原来处在整数最右边的1就会变为0,
     * 原来在1后面的所有的0都会变成1(如果最右边的1后面还有0的话)。其余所有位将不会受到影响。
     * 举个例子:
     * 一个二进制数1100,从右边数起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变成了1,而前面的1保持不变,因此得到的结果是1011.
     * 我们发现减1的结果是把最右边的一个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。
     * 时间复杂度O(k),k为n中1的个数,空间复杂度O(1)
     */
    public int NumberOf12(int n) {
        int count = 0;
        while (n != 0) {
            n = n & (n - 1);
            count++;
        }
        return count;
    }
}

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