LC 剑指 Offer II 003. 前 n 个数字二进制中 1 的个数

题目描述

这是 LeetCode 上的 剑指 Offer II 003. 前 n 个数字二进制中 1 的个数 ，难度为 简单。

Tag :「模拟」、「动态规划」

给定一个非负整数 n ，请计算 0 到 n 之间的每个数字的二进制表示中 $1$ 的个数，并输出一个数组。

示例 1:

输入: n = 2

输出: [0,1,1]

解释: 
0 --> 0
1 --> 1
2 --> 10

示例 2:

输入: n = 5

输出: [0,1,1,2,1,2]

解释:
0 --> 0
1 --> 1
2 --> 10
3 --> 11
4 --> 100
5 --> 101

说明 :

• $0 <= n <= 10^5$

进阶:

• 给出时间复杂度为 $O(n \times sizeof(integer))$ 的解答非常容易。但你可以在线性时间 $O(n)$ 内用一趟扫描做到吗？
• 要求算法的空间复杂度为 $O(n)$。
• 你能进一步完善解法吗？要求在 C++ 或任何其他语言中不使用任何内置函数（如 C++ 中的 __builtin_popcount ）来执行此操作。

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模拟

这道题要对每个数进行统计，因此不会有比 $O(n)$ 更低的做法。

而很容易想到的朴素做法是对每个数进行「位运算」计数，每个数都是 $32$ 位的，因此是一个 $O(32n)$ 的做法。

代码：

class Solution {
    public int[] countBits(int n) {
        int[] ans = new int[n + 1];
        for (int i = 0; i <= n; i++) ans[i] = getCnt(i);
        return ans;
    }
    int getCnt(int u) {
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < 32; i++) ans += (u >> i) & 1;
        return ans;
    }
}

• 时间复杂度：$O(n)$
• 空间复杂度：使用与输入同等规模的空间存储答案。复杂度为 $O(n)$

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动态规划

事实上，这道题是有严格 $O(n)$ 的解法的，要求 $O(n)$ 复杂度又是输出方案的题，通常就是递推的 DP 题。

用已算出的值去凑出要算的值。

那么对于这类问题我们该如何考虑呢？一般是靠经验，如果实在没见过这类题型的话，我们就需要在纸上画一下，分析一下我们朴素做法的最后一步是怎么进行的。

不失一般性的，假设当前我要统计的数的 i，i 对应的二进制表示是 00000...0010100101（共 32 位）

如果我们是使用「朴素解法」求解的话，无论是从高位进行统计，还是从低位进行统计，最后一位扫描的都是边缘的数（如果是 1 就计数，不是 1 就不计数）。

• 从低位到高位，最后一步在扫描最高位之前，统计出 1 的个数应该等同于将 i 左移一位，并在最低位补 0，也就是等于 ans[i << 1]，这时候就要求我们在计算 i 的时候 i << 1 已经被算出来（从大到小遍历）
• 从高位到低位，最后一步在扫描最低位之前，统计出 1 的个数应该等同于将 i 右移一位，并在最高位补 0，也就是等于 ans[i >> 1]，这时候就要求我们在计算 i 的时候 i >> 1 已经被算出来（从小到大遍历）

通过对「朴素做法」的最后一步分析，转移方程就出来了：

• 当从大到小遍历 ：$f(i) = f(i << 1) + ((i >>31 ) \& 1)$
• 当从小到大遍历 ：$f(i) = f(i >> 1) + ( i \& 1 )$

代码：

class Solution {
    // 从小到大遍历
    public int[] countBits(int n) {
        int[] ans = new int[n + 1];
        // ans[i] = 「i >> 1 所包含的 1 的个数」+「i 的最低位是否为 1」
        for (int i = 1; i <= n; i++) ans[i] = ans[i >> 1] + (i & 1);
        return ans;
    }
}

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class Solution {
    // 从大到小遍历
    public int[] countBits(int n) {
        int[] ans = new int[n + 1];
        for (int i = n; i >= 0; i--) {
            // 如果计算 i 所需要的 i << 1 超过 n，则不存储在 ans 内，需要额外计算
            int u = i << 1 <= n ? ans[i << 1] : getCnt(i << 1);
            // ans[i] =「i << 1 所包含的 1 的个数」 + 「i 的最高位是否为 1」
            ans[i] = u + ((i >> 31) & 1);
        } 
        return ans;
    }
    int getCnt(int u) {
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < 32; i++) ans += (u >> i) & 1;
        return ans;
    }
}

• 时间复杂度：$O(n)$
• 空间复杂度：使用与输入同等规模的空间存储答案。复杂度为 $O(n)$

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位运算说明

• a >> b & 1 代表检查 a 的第 b 位是否为 $1$，有两种可能性 $0$ 或者 $1$

• a += 1 << b 代表将 a 的第 b 位设置为 $1$ (当第 b 位为 $0$ 的时候适用)

如不想写对第 b 位为 $0$ 的前置判断，a += 1 << b 也可以改成 a |= 1 << b

在之前的题解我就强调过，以上两个操作在位运算中使用频率超高，建议每位同学都加深理解。

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最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 剑指 Offer II 003 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode 。

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