一般最容易想到的方法就是先計算正整數N用二進位制表示時1的個數count1，然後不停地計算N++用二進位制表示時1的個數count2，直到碰到count1 == count2成立，程式碼如下：

typedef unsigned int uint; 
//解法一： 
uint count1Bits(uint n) 
{ 
    uint count = 0; 
    while (0 != n) 
    { 
        n &= n - 1; 
        count++; 
    } 
    return count; 
} 

uint getNextN_1(uint n) 
{ 
    uint count = count1Bits(n); 
    while (n++) 
    { 
        uint temp = count1Bits(n); 
        if (temp == count) 
        { 
            break; 
        } 
    } 
    return n; 
} 
 

接下來，看這樣一種情況：

比如正整數N為108，用二進位制表示為110 1100，比較容易求得比108大，且用二進位制表示時1的個數跟108相同的最小正整數為113，用二進位制表示為111 0001。為了方便觀察，把108與113對應的二進位制表示按以下方式排列：

108 ：110 1100

113 ：111 0001

通過以上的轉換可以看出，為了計算出113，只需要對108的二進位制中最右邊連續的1位串進行操作即可。操作過程描述如下：將連續的1位串中最左邊的1向左移動一位，其他的1位串移動到最右邊。這樣就保證了計算出來的數二進位制表示時1的個數跟原來相同，同時也比原來數大，並且是最小的。

通過將108先轉化為二進位制“1101100”字串，然後利用以上方法移動最右邊連續的1位串，最後把移動後的二進位制“1110001”字串轉化為整數113。這種方法自然還是比較簡單的，在這裡介紹另外一種計算方法，先給出如下：

//解法二： 
uint getNextN_2(uint n) 
{ 
    uint temp1 = n & (-n); 
    uint temp2 = n + temp1; 
    uint ret = temp2 | ((n ^ temp2) / temp1) >> 2; 
    return ret; 
}

接下來，我們對以上程式碼再進行解釋：

第一步，uint temp1 = n & (-n);它的功能是找到N(108)的二進位制表示中最右邊的1(這個1必定是N的二進位制表示中最右邊的連續的1位串的開始)。該過程如下：

n 110 1100

&

-n 001 0100

temp1 = n & (-n) 000 0100

第二步，uint temp2 = n + temp1;它實現了“將連續的1位串中最左邊的1向左移動一位”的功能，但是它也帶來了一個副作用：將連續的1位串中其他的1丟失了！其過程如下：

n 110 1100

+

temp1 000 0100

temp2 = n + temp1 111 0000

第三步，uint ret = temp2 | ((n ^ temp2) / temp1) >> 2;將第二步計算過程中丟失的1補上，並放到最右邊。首先，比較容易看出：需要補上的1的個數等於N的二進位制表示中最右邊的連續的1位串中1的個數減1，然而如何通過位操作來求得呢？這就是(n ^ temp2)的功能了，如以下過程所示，(n ^ temp2)的二進位制表示只包含1個連續的1串，並且1的個數正好等於N的二進位制表示中最右邊的連續的1位串中1的個數加1：

n 110 1100

^

temp2 111 0000

n ^ temp2 001 1100

由上面的分析可知，(n ^ temp2)中的1的個數實際上比我們需要補的1的個數多2。進步一分析得知，(n ^ temp2)的二進位制表示中最低位的1正好與temp1中那個1對應，因此我們可以通過((n ^ temp2) / temp1)將這些1全部移到最右邊，然後把計算結果右移2位(去掉多餘的2個1)，即((n ^ temp2) / temp1) >> 2。這樣要補的1的個數及位置就全部計算完畢，如一下過程所示：

n ^ temp2 001 1100

/

temp1 000 0100

=

((n ^ temp2) / temp1) 000 0111

>>

2

=

((n ^ temp2) / temp1) >> 2 000 0001

|

temp2 111 0000

=

temp2 | ((n ^ temp2) / temp1) >> 2 111 0001

通過以上三步計算，就計算出比108(1101100)大且二進位制表示時1的個數相同的最小正整數是113(1110001)。第二種方法雖然理解起來不直觀，但優點是顯而易見的，演算法複雜度是O(1)。當n比較大時，第一種效率可能就會很低。比如n為2^31 - 1(01111111 11111111 11111111 11111111)，則比n大且二進位制表示時1的個數相同的最小正整數是2^31 + 2^30 - 1(10111111 11111111 11111111 11111111)，兩者相差2^30，也就是得迴圈2^30，並且每次迴圈過程中得計算該數用二進位制表示時1的個數。