題目：輸入一個整數，求該整數的二進位制表達中有多少個1。例如輸入10，由於其二進位制表示為1010，有兩個1，因此輸出2。

分析：這是一道很基本的考查位運算的面試題。包括微軟在內的很多公司都曾採用過這道題。

一個很基本的想法是，我們先判斷整數的最右邊一位是不是1。接著把整數右移一位，原來處於右邊第二位的數字現在被移到第一位了，再判斷是不是1。這樣每次移動一位，直到這個整數變成0為止。現在的問題變成怎樣判斷一個整數的最右邊一位是不是1了。很簡單，如果它和整數1作與運算。由於1除了最右邊一位以外，其他所有位都為0。因此如果與運算的結果為1，表示整數的最右邊一位是1，否則是0。

得到的程式碼如下：

///////////////////////////////////////////////////////////////////////
// Get how many 1s in an integer's binary expression

可能有讀者會問，整數右移一位在數學上是和除以2是等價的。那可不可以把上面的程式碼中的右移運算子換成除以2呢？答案是最好不要換成除法。因為除法的效率比移位運算要低的多，在實際程式設計中如果可以應儘可能地用移位運算子代替乘除法。

這個思路當輸入

為了避免死迴圈，我們可以不右移輸入的數字i。首先i和1做與運算，判斷i的最低位是不是為1。接著把1左移一位得到2，再和i做與運算，就能判斷i的次高位是不是1……這樣反覆左移，每次都能判斷i的其中一位是不是1。基於此，我們得到如下程式碼：

///////////////////////////////////////////////////////////////////////
// Get how many 1s in an integer's binary expression

另外一種思路是如果一個整數不為0，那麼這個整數至少有一位是1。如果我們把這個整數減去1，那麼原來處在整數最右邊的1就會變成0，原來在1後面的所有的0都會變成1。其餘的所有位將不受到影響。舉個例子：一個二進位制數1100，從右邊數起的第三位是處於最右邊的一個1。減去1後，第三位變成0，它後面的兩位0變成1，而前面的1保持不變，因此得到結果是1011。

我們發現減1的結果是把從最右邊一個1開始的所有位都取反了。這個時候如果我們再把原來的整數和減去1之後的結果做與運算，從原來整數最右邊一個1那一位開始所有位都會變成0。如1100&1011=1000。也就是說，把一個整數減去1，再和原整數做與運算，會把該整數最右邊一個1變成0。那麼一個整數的二進位制有多少個1，就可以進行多少次這樣的操作。

這種思路對應的程式碼如下：

///////////////////////////////////////////////////////////////////////
// Get how many 1s in an integer's binary expression
///////////////////////////////////////////////////////////////////////
int NumberOf1_Solution3(int i)
{
      int count = 0;
      while (i)
      {
            ++ count;
            i = (i - 1) & i;
      }

      return count;
}

擴充套件：如何用一個語句判斷一個整數是不是二的整數次冪？

PS：n&(n-1)==0;//二進位制數只有一位位1，則該數是2的整數次冪.

簡單查表，相對來說效率也不錯。

int countBits(int value){ 
int count=0;
int bits4[]={0,1,1,2,1,2,2,3,1,2,2,3,2,3,3,4};
while(value!=0){
count+=bits4[value&0xf];
value>>=4;
}
return count;
}

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這是一道《程式設計之美－微軟技術面試心得》中的題目，問題描述如下：

對於一個位元組(8bit)的變數,求其二進位制表示中“1”的個數,要求演算法的執行效率儘可能地高。

《程式設計之美》中給出了五種解法，但是實際上從 Wikipedia 上我們可以找到更優的演算法。

這道題的本質相當於求二進位制數的 Hamming 權重，或者說是該二進位制數與 0 的 Hamming 距離，這兩個概念在資訊理論和編碼理論中是相當有名的。在二進位制的情況下，它們也經常被叫做 population count 或者 popcount 問題，比如 gcc 中就提供了一個內建函式：

int __builtin_popcount (unsigned int x)

輸出整型數二進位制中 1 的個數。但是 GCC 的 __builtin_popcount 的實現主要是基於查表法做的，跟程式設計之美中解法 5 是一樣的。Wikipedia 上的解法是基於分治法來做的，構造非常巧妙，通過有限次簡單地算術運算就能求得結果，特別適合那些受儲存空間限制的演算法中使用：

/* ===========================================================================
* Problem: 
*   The fastest way to count how many 1s in a 32-bits integer.
*
* Algorithm:
*   The problem equals to calculate the Hamming weight of a 32-bits integer,
*   or the Hamming distance between a 32-bits integer and 0. In binary cases,
*   it is also called the population count, or popcount.[1]
*
*   The best solution known are based on adding counts in a tree pattern
*   (divide and conquer). Due to space limit, here is an example for a
*   8-bits binary number A=01101100:[1]
* | Expression            | Binary   | Decimal | Comment                    |
* | A                     | 01101100 |         | the original number        |
* | B = A & 01010101      | 01000100 | 1,0,1,0 | every other bit from A     |
* | C = (A>>1) & 01010101 | 00010100 | 0,1,1,0 | remaining bits from A      |
* | D = B + C             | 01011000 | 1,1,2,0 | # of 1s in each 2-bit of A | 
* | E = D & 00110011      | 00010000 | 1,0     | every other count from D   |
* | F = (D>>2) & 00110011 | 00010010 | 1,2     | remaining counts from D    |
* | G = E + F             | 00100010 | 2,2     | # of 1s in each 4-bit of A |
* | H = G & 00001111      | 00000010 | 2       | every other count from G   |
* | I = (G>>4) & 00001111 | 00000010 | 2       | remaining counts from G    |
* | J = H + I             | 00000100 | 4       | No. of 1s in A             |
* Hence A have 4 1s.
*
* [1] http://en.wikipedia.org/wiki/Hamming_weight
*
* 這個演算法的設計思想用的是二分法，兩兩一組相加，之後四個四個一組相加，接著八個八個，最後就得到各位之和了。

* 設原整數值為x，
* 第一步：把x的32個bit分成16組（第32bit和第31bit一組，第30bit和第29bit一組……以此類推），然後將每一組的兩bit上的值（因為是二進位制數，所以要麼是0要麼是1）相加並把結果還放在這兩bit的位置上，這樣，得到結果整數x1，x1的二進位制（32bit）可以分為16組，每一組的數值就是原來整數x在那兩bit上1的個數。
* 第二步：把第一步得到的結果x1的32bit，分成8組(第32、31、30、29bit一組，第28、27、26、25bit一組……以此類推)，然後每一組的四bit上的值相加並把結果還放在這四bit的位置上，這樣，又得到結果整數x2，x2的二進位制可以分為8組，每一組的數值就是原來整數x在那四bit上的1的個數。
* ……
* 這樣一直分組計算下去，最終，把兩個16bit上1的個數相加，得到原來整數x的32bit上1的個數。

===========================================================================
*/
#include <stdio.h>

typedef unsigned int UINT32;
const UINT32 m1  = 0x55555555;  // 01010101010101010101010101010101
const UINT32 m2  = 0x33333333;  // 00110011001100110011001100110011
const UINT32 m4  = 0x0f0f0f0f;  // 00001111000011110000111100001111
const UINT32 m8  = 0x00ff00ff;  // 00000000111111110000000011111111
const UINT32 m16 = 0x0000ffff;  // 00000000000000001111111111111111
const UINT32 h01 = 0x01010101;  // the sum of 256 to the power of 0, 1, 2, 3

/* This is a naive implementation, shown for comparison, and to help in 
* understanding the better functions. It uses 20 arithmetic operations
* (shift, add, and). */
int popcount_1(UINT32 x)
{
  x = (x & m1) + ((x >> 1) & m1);
  x = (x & m2) + ((x >> 2) & m2);
  x = (x & m4) + ((x >> 4) & m4);
  x = (x & m8) + ((x >> 8) & m8);
  x = (x & m16) + ((x >> 16) & m16);
  return x;
}

/* This uses fewer arithmetic operations than any other known implementation
* on machines with slow multiplication. It uses 15 arithmetic operations. */
int popcount_2(UINT32 x)
{
  x -= (x >> 1) & m1;             //put count of each 2 bits into those 2 bits
  x = (x & m2) + ((x >> 2) & m2); //put count of each 4 bits into those 4 bits 
  x = (x + (x >> 4)) & m4;        //put count of each 8 bits into those 8 bits 
  x += x >> 8;           //put count of each 16 bits into their lowest 8 bits
  x += x >> 16;          //put count of each 32 bits into their lowest 8 bits
  return x & 0x1f;
}

/* This uses fewer arithmetic operations than any other known implementation
* on machines with fast multiplication. It uses 12 arithmetic operations, 
* one of which is a multiply. */
int popcount_3(UINT32 x)
{
  x -= (x >> 1) & m1;             //put count of each 2 bits into those 2 bits
  x = (x & m2) + ((x >> 2) & m2); //put count of each 4 bits into those 4 bits 
  x = (x + (x >> 4)) & m4;        //put count of each 8 bits into those 8 bits 
  return (x * h01) >> 24;  // left 8 bits of x + (x<<8) + (x<<16) + (x<<24)
}

int main()
{
  int i = 0x1ff12ee2; 
  printf("i = %d = 0x%x/n", i, i);
  printf("popcount_1(%d) = %d/n", i, popcount_1(i));
  printf("popcount_2(%d) = %d/n", i, popcount_2(i));
  printf("popcount_3(%d) = %d/n", i, popcount_3(i));
  /* If compiled with other compiler than gcc, comment the line bellow. */
  printf("GCC's  __builtin_popcount(%d) = %d/n", i,  __builtin_popcount(i));
  return 0;
}

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HAKMEM演算法：

int Count(unsigned x)
{
    unsigned n;   

    n = (x >> 1) & 033333333333;    
    x = x - n;   
    n = (n >> 1) & 033333333333;   
    x = x - n;    
    x = (x + (x >> 3)) & 030707070707;   
    x = modu(x, 63);  
    return x;   
} 

說明：首先是將二進位制各位三個一組，求出每組中1的個數，然後相鄰兩組歸併，得到六個一組的1的個數，最後很巧妙的用除63取餘得到了結果。
因為2^6 = 64，也就是說 x_0 + x_1 * 64 + x_2 * 64 * 64 = x_0 + x_1 + x_2 (mod 63)，這裡的等號表示同餘。
這個程式只需要十條左右指令，而且不訪存，速度很快。