Leetcode338. 比特位计数

题目：
给你一个整数 n ，对于 0 <= i <= n 中的每个 i ，计算其二进制表示中 1 的个数，返回一个长度为 n + 1 的数组 ans 作为答案。

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

题解：
方案一：动态规划——最低设置位
定义正整数 xxx 的「最低设置位」为 xxx 的二进制表示中的最低的 1 所在位。例如，101010101010 的二进制表示是 1010(2)1010_{(2)}1010(2)，其最低设置位为 2，对应的二进制表示是 10(2)10_{(2)}10(2)。
令 y=x&(x−1)y=x~\&~(x-1)y=x & (x−1)，则 yyy 为将 xxx 的最低设置位从 1 变成 0 之后的数，显然 0≤y<x0 \le y<x0≤y<x，bits[x]=bits[y]+1\textit{bits}[x]=\textit{bits}[y]+1bits[x]=bits[y]+1。因此对任意正整数 xxx，都有 bits[x]=bits[x&(x−1)]+1\textit{bits}[x]=\textit{bits}[x~\&~(x-1)]+1bits[x]=bits[x & (x−1)]+1。
遍历从 1 到 nnn 的每个正整数 iii，计算 bits\textit{bits}bits 的值。最终得到的数组 bits\textit{bits}bits 即为答案。

方案二：动态规划——最高有效位
当计算 iii 的「一比特数」时，如果存在 0≤j<i0 \le j<i0≤j<i，jjj 的「一比特数」已知，且 iii 和 jjjj 相比，iii 的二进制表示只多了一个 1，则可以快速得到 iii 的「一比特数」。
令 bits[i]\textit{bits}[i]bits[i]表示 iii 的「一比特数」，则上述关系可以表示成：bits[i]=bits[j]+1\textit{bits}[i]= \textit{bits}[j]+1bits[i]=bits[j]+1。
对于正整数 xxx，如果可以知道最大的正整数 yyy，使得 y≤xy \le xy≤x 且 yyy 是 2的整数次幂，则 yyy 的二进制表示中只有最高位是 1，其余都是 0，此时称 yyy 为 xxx 的「最高有效位」。令 z=x−yz=x-yz=x−y，显然 0≤z<x0 \le z<x0≤z<x，则 bits[x]=bits[z]+1\textit{bits}[x]=\textit{bits}[z]+1bits[x]=bits[z]+1。
为了判断一个正整数是不是 2 的整数次幂，可以利用按位与运算的性质。如果正整数 yyy 是 2 的整数次幂，则 yyy 的二进制表示中只有最高位是 1，其余都是 00，因此 y&(y−1)=0y~\&~(y-1)=0y & (y−1)=0。由此可见，正整数 yyy 是 2 的整数次幂，当且仅当 y&(y−1)=0y~\&~(y-1)=0y & (y−1)=0。
显然，0 的「一比特数」为 0。使用 highBit\textit{highBit}highBit 表示当前的最高有效位，遍历从 1 到 nnn 的每个正整数 iii，进行如下操作。
如果 i&(i−1)=0i~\&~(i-1)=0i & (i−1)=0，则令 highBit=i\textit{highBit}=ihighBit=i，更新当前的最高有效位。
iii比 i−highBiti-\textit{highBit}i−highBit的「一比特数」多 1，由于是从小到大遍历每个整数，因此遍历到 iii 时，i−highBiti-\textit{highBit}i−highBit 的「一比特数」已知，令 bits[i]=bits[i−highBit]+1\textit{bits}[i]=\textit{bits}[i-\textit{highBit}]+1bits[i]=bits[i−highBit]+1。
最终得到的数组 bits\textit{bits}bits 即为答案。

方案三：动态规划——最低有效位
方法二需要实时维护最高有效位，当遍历到的数是 2 的整数次幂时，需要更新最高有效位。如果再换一个思路，可以使用「最低有效位」计算「一比特数」。
对于正整数 xxx，将其二进制表示右移一位，等价于将其二进制表示的最低位去掉，得到的数是
⌊x2⌋\lfloor \frac{x}{2}\rfloor⌊2x⌋。
如果 bits[⌊x2⌋]\textit{bits}\big[\lfloor \frac{x}{2} \rfloor\big]bits[⌊2x⌋]的值已知，则可以得到 bits[x]\textit{bits}[x]bits[x] 的值：
如果 xxx是偶数，则 bits[x]=bits[⌊x2⌋]\textit{bits}[x]=\textit{bits}\big[\lfloor \frac{x}{2} \rfloor\big]bits[x]=bits[⌊2x⌋]；
如果 xxx 是奇数，则 bits[x]=bits[⌊x2⌋]+1\textit{bits}[x]=\textit{bits}\big[\lfloor \frac{x}{2} \rfloor\big]+1bits[x]=bits[⌊2x⌋]+1。
上述两种情况可以合并成：bits[x]\textit{bits}[x]bits[x] 的值等于 bits[⌊x2⌋]\textit{bits}\big[\lfloor \frac{x}{2} \rfloor\big]bits[⌊2x⌋]的值加上 xxx 除以 2 的余数。
由于 ⌊x2⌋\lfloor \frac{x}{2} \rfloor⌊2x⌋可以通过 x>>1x >> 1x>>1 得到，xxx 除以 2 的余数可以通过 x&1x~\&~1x & 1 得到，因此有：bits[x]=bits[x>>1]+(x&1)\textit{bits}[x]=\textit{bits}[x>>1]+(x~\&~1)bits[x]=bits[x>>1]+(x & 1)。
遍历从 1 到 nnn 的每个正整数 i，计算 bits\textit{bits}bits 的值。最终得到的数组 bits\textit{bits}bits 即为答案。

java代码：

/*** @param n* @return*/public static int[] countBits(int n) {int[] dp = new int[n + 1];for (int i = 1; i <= n; i++) {dp[i] = dp[i & (i - 1)] + 1;}return dp;}/*** * @param n* @return*/public static int[] countBits2(int n) {int[] dp = new int[n + 1];int highbit = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if ((i & (i - 1)) == 0) {highbit = i;}dp[i] = dp[i - highbit] + 1;}return dp;}/**** @param n* @return*/public static int[] countBits3(int n) {int[] dp = new int[n + 1];for (int i = 1; i <= n; i++) {dp[i] = dp[i >> 1] + (i & 1);}return dp;}

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