public class One
{public static void main(String[] args){int v = 0b10101010;System.out.println(count(v));System.out.println(count2(v));System.out.println(count3(v));}/*解法一:对于2进制来说，把他除以2就是向左移了一位，余数为0，代表最后一位为0。余数为1，代表最后一位为1*/public static int count(int v){int count = 0;while (v != 0) {if (v % 2 == 1) {count++;}v = v / 2;}return count;}/*解法二:使用位操作，每次向右移动1位，即抛弃一位。跟00000001进行与运算判断是否为1*/public static int count2(int v){int count=0;while (v!=0){count += v & 0B00000001;v=v>>1;}return count;}/*解法三:前面两种解法的时间复杂度都是O(log2n),通过二进制数每次和(二进制-1)进行与运行，都会使二进制中少了一个1*/public static int count3(int v){int count=0;while (v!=0){v=v&(v-1);count++;}return count;}/*拓展题:给定两个正整数(二进制表示的A和B),请问把A变成B需要改变多少位？也就是说A和B的二进制表示中有多少位是不同的* 原理:* 1. A & B，得到的结果C中的1的位表明了A和B中相同的位都是1的位；* 2. A | B， 得到的结果D中的1的位表明了A和B在该位至少有一个为1的位，包含了A 与 B 都是1的位数，经过前两步的位运算，，C 中1的位表明了A 和 B在该位都是1，D中为0的位表明了A 和 B 在该位都是0 ，所以进行第三步。* 3. C ^ D，E 中为1的位表明了A 和 B不同的位。* */public static int diff(int A,int B){int sum=0;int C = A & B;int D = A | B;int E = C ^ D;sum=count2(E);return sum;}}

public class Two
{public static void main(String[] args){System.out.println(count(27));System.out.println(count2(27));System.out.println(count3(27));}
/*问题一的解法一
* 解答思路:N!=K*10^m(m>=0),那么m的个数就是末尾0的个数。
*         N!=2^x * 3^y * 5^z * 7^n…… 不可否认任何一个数都可以这样分解开来，其中这个因式分解中
*         2^x * 5^z 能够组成多少10^m的数，取决于min(x,z)。想想就知道被2整除的频率比被5整除的频
*         率高多了，所以只要计算N!因式分解中5的指数。
* */public static Integer count(final int N){int sum=0;for(int i=1;i<=N;i++){int j=i;while(j % 5==0){sum++;j/=5;}}return sum;}/*问题一的解法二*解题思路:Z=N/5 + N/5^2 + N/5^3……(不用担心这会是一个无穷的运算，因为总存在一个K,使得5^k>N,则 N/5^k=0)* 公式中，N/5表示不大于N的数中5的倍数贡献一个5,N/5^2 表示不大于N的数中5^2的倍数再贡献一个5.**         上面是《编程之美》的解释？反正我没看懂，下面说一下个人见解：*         比如 一个数 26 那么 26 / 5= 5 表示26的阶乘里面有 5 10 15 20 25 五个数可以贡献 5*                            26 / 25=1 表示25的阶乘里面有 25 可以贡献 5 ，所以25 又贡献了一次* */public static Integer count2(int N){int sum=0;while (N!=0){sum+=N/5;N=N/5;}return sum;}/*问题二的解法* 这么理解:二进制除以2相当于向左移了一个小数点(参照10进制除以10)，余数为0表示可以被除断，*         为1表示有余数不能被除断。所以 求N!的二进制表示中最低位1的位置，就可以求最低位1*         后面有几个零，把他加1 就可以了。*         而 1 后面有几个零，取决于N!中2的个数，因为每存在一个2，则在数的最低位多1个0* */public static Integer count3(int N){int sum=0;while (N!=0){N = N >> 1;//相当于N=N/2sum+=N;}return  sum+1;}
}

public class Three
{public static void main(String[] args){Tango[] tangos=new Tango[8];Tango tango=new Tango(1);Tango tango2=new Tango(2);Tango tango3=new Tango(3);tangos[0]=tango3;tangos[1]=tango;tangos[2]=tango;tangos[3]=tango2;tangos[4]=tango;tangos[5]=tango;tangos[6]=tango;tangos[7]=tango2;Tango tango1 = find(tangos);System.out.println(tango1);}/** 解题思路：原理：如果每次删除两个不同的ID(不管是否包含“水王”的ID),那么，在剩下的ID列表中，“水王”ID出现的次数*                仍然超过次数的一半。**                这里的解题思路是先把tangos数组中的第一个假设成“水王”tango，如果tangos第二个与第一个不一样，*                就不管这两个了，然后把第三个再假设成“水王”，如果第四个ID和第三个一样，那么nTiames就变成了2，*                也就是说，数组后面至少要有两个与现在假设的ID不一样，才会引起tango的重新赋值，而这样一直到最少，*                剩下的就是那个“水王”了。**                当然，你也可以对数组排序，那么N/2 位置的就一定是“水王”了(因为"水王"出现的次数超过了总数的一半)* */public static Tango find(Tango[] tangos){Tango tango=null;int nTiames=0;for (int i=0;i<tangos.length;i++){if (nTiames==0){tango=tangos[i];nTiames=1;}else {if (tango.equals(tangos[i])){nTiames++;}else {nTiames--;}}}return tango;}/*扩展题：随着Tango的发展，管理员发现，“超级水王”没有了。统计结果说明，有三个发帖很多的ID,他们的发帖数目*         都超过了帖子宗数目的N的1/4。你能从发帖ID列表中快速找出他们的ID吗？* */public static Tango[] find2(Tango[] tangos){if (tangos==null) return null;Tango tango=null,tango1=null,tango2=null;int num1=0,num2=0,num3=0;int len=tangos.length;for (int i=0;i<len;i++){if(num1==0 && tangos[i]!=tango1 && tangos[i]!=tango2){tango=tangos[i];num1++;}else if (num2==0 && tangos[i]!=tango && tangos[i]!=tango2){tango1=tangos[i];num2++;}else if (num3==0 && tangos[i]!=tango1 && tangos[i]!=tango2){tango2=tangos[i];num3++;}else if (tangos[i]!=tango && tangos[i]!=tango1 && tangos[i]!=tango2){num1--;num2--;num3--;}else if (tangos[i]==tango){num1++;}else if (tangos[i]==tango1){num2++;}else if (tangos[i]==tango2){num3++;}}Tango[] result={tango,tango1,tango2};return result;}
}