二进制中1的个数及其拓展

前言

判断二进制中1的个数可以变形出很多道算法题，本文主要是总结位运算还有相关位运算的算法题。

左移和右移

对于

m<<n

，左移运算符对于正负数都是将最左边的n位丢弃，同时在最右边补上n个0。

如：00010101<<2 = 01010100。

而对于右移运算符，需要考虑二进制数的有无符号性。如果数字是一个无符号数，那么就用0填补最左边的n位。如果数字是一个有符号数，那么就用数字的符号位填补最左边的n位。

如下面的例子：

00001010>>2=00000010

10001010>>3=11110001

二进制数中1的个数

题目：

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。

解法1：

我们最直接的想到的解法可能是将数与1做与运算，如果为1，则二进数的1个数加1，然后将二进制数右移1位继续与1做与运算，直到二进数变成0。

代码如下：

int numsof1(int n)
{
int count=0;
while(n)
{
if(n&1) ++count;
n=n>>1;
}
return count;
}

这样的做法对于正数是没有问题的，但是如果输入的数为负数，如0x80000000，把该数右移一位时会变成0xC0000000，如果一直右移的话，最后会变成0xFFFFFFFF，而造成程序死循环。

解法2：

为了避免死循环，我们不对输入的数进行右移，而是将数与1进行与运算，然后将1进行左移。

代码如下：

int numsof1(int n)
{
int count=0;
unsigned int flag=1;
while(flag)
{
if(n&flag) ++count;
flag=flag<<1;
}
return count;
}

解法3：

解法2中的复杂度取决于整数二进数的位数，下面我们将改进解法2，使其复杂度取决于二进制数1的个数。

首先考虑如果将一个二进制数减去1，二进数会发生什么？如果二进数中最右边的1位于第m位，那么将该数减去1之后，第m位的1会变成0，而第m位后面的0会全部变成1，而m位之前的数都保持不变。如我们将0110减去1，会变成0101。0110最右边的1位于第2位（从0开始算），减去1之后，第二位变成了0，而第二位之后的数都变成了1，其前面的数保持不变。

然后如果我们将二进制数减去1的数与其本身做与运算得到的二进制数，相当于将二进制的1的个数减去了1，那么一个二进数如果能进行多少次这样的运算， 就表示二进制数中有多少个1了。如0110与0101之后，变成了0100，可以看出减去1之后与原来的二进制与运算得到的二进制数是先前二进制数的1的个数减1。

代码如下：

int numsof1(int n)
{
int count=0;
while(n)
{
++count;
n=n&(n-1);
}
return count;
}

拓展题

题目 1：

用一条语句判断一个整数是不是2的整数次方。

分析：

如果一个数是2的整数次方，那么它的二进制表示中有且只有一位1。这样我们将这个整数减1之后跟它自己做与运算，如果得到的结果是0，证明该数是2的整数次方，反之则否。代码如下：

bool ispowof2(int n)
{
return (n&(n-1))==0?true:false;
}

题目2：

输入两个整数m和n，计算需要改变m的二进制表示中的多少位才能得到n。

分析：

我们可以将两个数异或，得到一个数，该数1的个数就表征了两个数不同的位有多少。代码如下：

int bitToChange(int m,int n)
{
int num=m^n;
int count=0;
while(num)
{
++count;
num=num&(num-1);
}
return num;
}