LeetCode笔记：338. Counting Bits

问题：

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:

For num = 5 you should return [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.

大意：

给出一个非负整数num。对于 0 ≤ i ≤ num 范围的每个数计算它们二进制表示的数中的1的个数，并返回它们组成的数组。

例子：

对 num = 5 你应该返回 [0,1,1,2,1,2]。

进阶：

很容易找到时间复杂度为 O(n*sizeof(integer))的解决方案。但你能不能在线性时间复杂度O（n）中解决呢？

康健复杂度需要是O（n）。

你能不能像一个boss一样做？不要使用像c++中 __builtin_popcount 一样的内置的函数去做。

思路：

把0~7的二进制表示法的数字列出来，数其中的1的个数，找到一个规律，0对应的数是0，1、2对应的是1个1。往上走只用计算不断除以2一直除到1后，存在余数为1的次数，加上最后的1，就是该数二进制表示法中1的个数。

注意初始化结果数组的时候容量为 num+1，不是 num。

我的做法时间复杂度应该是O（nlogn）。

初始化int型数组后，数组所有元素默认为0，所以对0的判断处理可以略去。

代码（Java）：

public class Solution {
public int[] countBits(int num) {
int[] result = new int[num+1];
for (int i = 0; i <= num; i++) {
if (i == 0) result[i] = 0;
else if (i <= 2) result[i] = 1;
else {
int numberOfOne = 1;
int number = i;
while (number > 1) {
numberOfOne += number % 2;
number = number / 2;
}
result[i] = numberOfOne;
}
}
return result;

}
}

他山之石：

public int[] countBits(int num) {
int[] f = new int[num + 1];
for (int i=1; i<=num; i++) f[i] = f[i >> 1] + (i & 1);
return f;
}

这个做法把上面的思想简化了很多，i&1其实就是看最后一位有没有1，也就是取余为1。然后加上 f[i >> 1]，这个其实就是当前数字除以2后对应的数字的1的个数，所以可以看出我的做法做了很多无用功，因为没有利用到已经得出的结果，而这个做法的时间复杂度就是O（n）了。

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