問題：

　　對於任意的非負整數，統計其二進位制展開中數位1的總數。

解決:

　　在看這篇之前可以先看看上述這篇，這篇主要討論其優化問題。

常規解法：

O(logn)：

 1 int countOnes(unsigned int n)
 2 {
 3     int ones = 0;
 4     while (0 < n)
 5     {
 6         ones += (1 & n);
 7         n >>= 1;
 8     }
 9     return ones;
10 }

無非就是每次取其二進位制展開最後一位，是1就計數。

效率由位運算可知（右移一位等價於除以2），為 O(logn)。

優化解法1：

O(countOnes(n))：

 1 int countOnes1(unsigned int n)
 2 {
 3     int ones = 0;
 4     while (0 < n)
 5     {
 6         ones++;            // 計數（最後至少有一位為1）
 7         n &= n - 1;        // 清除當前最靠右的1
 8     }
 9     return ones;
10 }

解釋如下：

優化解法2：

O(logW), W = O(logn) 為整數的位寬, 實際上就是 O(1) 的演算法。

程式碼及解釋：

這個演算法是一種合併計數器的策略。把輸入數的32Bit當作32個計數器，代表每一位的1個數。然後合併相鄰的2個“計數器”，使i成為16個計數器，每個計數器的值就是這2個Bit的1的個數；繼續合併相鄰的2個“計數器“，使i成為8個計數器，每個計數器的值就是4個Bit的1的個數。。依次類推，直到將i變成一個計數器，那麼它的值就是32Bit的i中值為1的Bit的個數。

實際上還是二分的思想，把一位一位計數變成二分的計數，使 O(logn) 變成了 O(loglogn)。

為了理解起來方便，程式碼可簡化為：

 1 int BitCount4(unsigned int n) 
 2 { 
 3     n = (n &0x55555555) + ((n >>1) &0x55555555) ; 
 4     n = (n &0x33333333) + ((n >>2) &0x33333333) ; 
 5     n = (n &0x0f0f0f0f) + ((n >>4) &0x0f0f0f0f) ; 
 6     n = (n &0x00ff00ff) + ((n >>8) &0x00ff00ff) ; 
 7     n = (n &0x0000ffff) + ((n >>16) &0x0000ffff) ; 
 8 
 9     return n ; 
10 }

其他的一些有助於理解的解釋有：

說簡單點，就是一個 錯位分段相加，然後遞迴合併的過程 。

下面是細節分析：

首先先看看那些詭異的數字都有什麼特點：
0x5555……這個換成二進位制之後就是0101010101010101……
0x3333……這個換成二進位制之後就是0011001100110011……
0x0f0f……...這個換成二進位制之後就是0000111100001111……
看出來點什麼了嗎？
如果把這些二進位制序列看作一個迴圈的週期序列的話，

那麼第一個序列的週期是2，每個週期是01，第二個序列的週期是4，每個週期是0011，第三個的週期是8，每個是00001111……

這樣的話，我們可以看看如果一個數和這些玩意相與之後的結果：

整個數按照上述的週期被分成了n段，每段裡面的前半截都被清零，後半截保留了資料。不同在於這些數分段的長度是2倍增長的。於是我們可以姑且命名它們為“分段擷取常數”。

這樣，如果我們按照分段的思想，每個週期分成一段的話，你或許就可以感覺到這個分段是二分法的倒過來——類似二段合併一樣的東西！


現 在回頭來看問題，我們要求的是1的個數。這就要有一個清點並相加的過程（查表法除外）。使用&運算和移位運算可以幫我們找到1，但是卻無法計算1 的個數，需要由加法來完成。最傳統的逐位查詢並相加，每次只加了1位，顯然比較浪費，我們能否一次用加法來計算多次的位數呢？

再考慮問題，找到了1的位置，如何把這個位置變成數量。最簡單的情況，一個2位的數，比如11，只要把它的第二位和第一位相加，不就得到了1的個數了嗎？！所以對於2位的x，有x中1的個數=(x>>1)+(x&1)。是不是和上面的式子有點像？

再考慮稍複雜的，一個位元組內的情況。
一個位元組的x，顯然不能用(x>>1)+(x&1)的方法來完成，但是我們受到了啟發，如果把x分段相加呢？把x分成4個2位的段，然後相加，就會產生4個2位的數，每個都代表了x對應2位地方的1的個數。

例子，若求156中1的個數，156二進位制是10011100
最終：

[1][0][0][1][1][1][0][0] //初始，每一位是一組
---
|0  0 |0  1 |0  1 |0  0|  //與01010101相與的結果，同時2個一組分組
+
|0  1 |0  0 |0  1 |0  0|  //右移一位後與01010101相與的結果
=
[0  1][0  1][1  0][0  0]  //相加完畢後，現在每2位是一組，每一組儲存的都是最初在這2位的1的個數
----
|0  0  0  1 |0  0  0  0|  //與00110011相與的結果，4個一組分組
+
|0  0  0  1 |0  0  1  0|  //右移兩位後與00110011相與的結果
=
[0  0  1  0][0  0  1  0] //相加完畢後，現在每4位是一組，並且每組儲存的都是最初這4位的1的個數
----
|0  0  0  0  0  0  1  0|
+
|0  0  0  0  0  0  1  0|
=
[0  0  0  0  0  1  0  0] //最終合併為8位1組，儲存的是整個數中1的個數，即4。

比如這個例子，143的二進位制表示是10001111，這裡只有8位，高位的0怎麼進行與的位運算也是0，所以只考慮低位的運算，按照這個演算法走一次

+---+---+---+---+---+---+---+---+
| 1 | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | 1 | 1 |   <---143
+---+---+---+---+---+---+---+---+
|  0 1  |  0 0  |  1 0  |  1 0  |   <---第一次運算後
+-------+-------+-------+-------+
|    0 0 0 1    |    0 1 0 0    |   <---第二次運算後
+---------------+---------------+
|        0 0 0 0 0 1 0 1        |   <---第三次運算後，得數為5
+-------------------------------+

這裡運用了分治的思想，先計算每對相鄰的2位中有幾個1，再計算每相鄰的4位中有幾個1，下來8位，16位，32位，因為2^5＝32，所以對於32位的機器，5條位運算語句就夠了。

像這裡第二行第一個格子中，01就表示前兩位有1個1，00表示下來的兩位中沒有1，其實同理。再下來01+00=0001表示前四位中有1個1，同樣的10+10=0100表示低四位中有4個1，最後一步0001+0100=00000101表示整個8位中有5個1。

再舉一個例子：（來源：維基百科）

例如，要計算二進位制數 A=0110110010111010 中 1 的個數，這些運算可以表示為：

Reference：