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。
2015-05-15 15:35
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牛客网上的一道面试题。
两种解法:
其一:
<script src="https://code.csdn.net/snippets/667542.js"></script>
其二:
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去1,那么原来处在整数最右边的1就会变成0,原来在1后面的所有 的0都会变成1。其余的所有位将不受到影响。
举个例子:一个二进制数1100,从右边数起的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1,而前面的1保持不变,因此得到结果是1011。
我们发现减1的结果是把从最右边一个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。
<script src="https://code.csdn.net/snippets/667542.js"></script>
扩展:如何用一个语句判断一个整数是不是二的整数次幂?
PS:n&(n-1)==0;//二进制数只有一位位1,则该数是2的整数次幂.
反汇编后对比两段循环代码:
while(n!=0)
00E3137C cmp dword ptr
,0
00E31380 je wmain+49h (0E31399h)
{
count++;
00E31382 mov eax,dword ptr [count]
00E31385 add eax,1
00E31388 mov dword ptr [count],eax
n = n & (n-1);
00E3138B mov eax,dword ptr
00E3138E sub eax,1
00E31391 and eax,dword ptr
00E31394 mov dword ptr
,eax
while(n)
00CC137C cmp dword ptr
,0
00CC1380 je wmain+4Dh (0CC139Dh)
{
if(n&1)
00CC1382 mov eax,dword ptr
00CC1385 and eax,1
00CC1388 je wmain+43h (0CC1393h)
count++;
00CC138A mov eax,dword ptr [count]
00CC138D add eax,1
00CC1390 mov dword ptr [count],eax
n= (unsigned int) n>>1;
00CC1393 mov eax,dword ptr
00CC1396 shr eax,1
00CC1398 mov dword ptr
,eax
第二钟解法确实会效率高。
PS:要注意n可能是个负数,移位时要先强制类型转换。
两种解法:
其一:
<script src="https://code.csdn.net/snippets/667542.js"></script>
其二:
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去1,那么原来处在整数最右边的1就会变成0,原来在1后面的所有 的0都会变成1。其余的所有位将不受到影响。
举个例子:一个二进制数1100,从右边数起的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1,而前面的1保持不变,因此得到结果是1011。
我们发现减1的结果是把从最右边一个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。
<script src="https://code.csdn.net/snippets/667542.js"></script>
扩展:如何用一个语句判断一个整数是不是二的整数次幂?
PS:n&(n-1)==0;//二进制数只有一位位1,则该数是2的整数次幂.
反汇编后对比两段循环代码:
while(n!=0)
00E3137C cmp dword ptr
,0
00E31380 je wmain+49h (0E31399h)
{
count++;
00E31382 mov eax,dword ptr [count]
00E31385 add eax,1
00E31388 mov dword ptr [count],eax
n = n & (n-1);
00E3138B mov eax,dword ptr
00E3138E sub eax,1
00E31391 and eax,dword ptr
00E31394 mov dword ptr
,eax
while(n)
00CC137C cmp dword ptr
,0
00CC1380 je wmain+4Dh (0CC139Dh)
{
if(n&1)
00CC1382 mov eax,dword ptr
00CC1385 and eax,1
00CC1388 je wmain+43h (0CC1393h)
count++;
00CC138A mov eax,dword ptr [count]
00CC138D add eax,1
00CC1390 mov dword ptr [count],eax
n= (unsigned int) n>>1;
00CC1393 mov eax,dword ptr
00CC1396 shr eax,1
00CC1398 mov dword ptr
,eax
第二钟解法确实会效率高。
PS:要注意n可能是个负数,移位时要先强制类型转换。
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