您的位置: 首页  >  IT文章  >  读书笔记一：求二进制数中1的个数 平行算法 完美法（还不太懂，以后再看） 指令法

读书笔记一：求二进制数中1的个数 平行算法 完美法（还不太懂，以后再看） 指令法

分类: IT文章 • 2022-08-31 21:57:27

问题描述：

        对于一个字节（8bit）的无符号整型变量，求其二进制表示中“1”的个数，要求算法的执行效率尽可能高效。

        在编写程序的过程中，根据实际应用的不同，对存储空间或效率的要求也不一样。比如在PC上与在嵌入式设备上的程序编写就有很大的差别。

分析与解法：

解法一：

   举一个八位的二进制例子来分析。对于二进制操作，我们知道，除以一个2，原来的数字将会减少一个0.如果除的过程中有余，那么就表示当前位置有一个1.

以10100010为例：

第一次除以2时，商为1010001，余为0.

第二次除以2时，商为101000，余为1.

因此，可以考虑利用整型数据除法的特点，通过相除和判断余数的值来分析。

 1 int BitCount(unsigned int n)
 2 {
 3     unsigned int c =0 ; // 计数器
 4     while (n)
 5     {
 6         if(n % 2 ==1) // 当前位是1
 7             c++ ; // 计数器加1
 8         n = n / 2;
 9     }
10     return c ;
11 }

解法二：使用位操作

 进行向右移位操作

1 int Count(unsigned int v){
2     int num = 0;
3     while(v){
4         num += v & 0x01;
5         v >>= 1;
6     }
7     return num;
8 }

解法三：

位操作比除、余操作的效率高了很多。但是，即使采用位操作，时间复杂度仍为O(log2V)，log2V为二进制数的位数。

考虑：01000000

如何判断给定的二进制数里面有且仅有一个1呢？可以通过判断这个数是否是2的整数次幂来实现。另外，如果只和这个“1”进行判断，如何设计操作呢？我们知道，如果进行这个操作，结果为0或1，就可以得到结论。

n & (n - 1)能清除最右边的1。因为从二进制的角度讲，n相当于在n - 1的最低位加上1。举个例子，8（1000）= 7（0111）+ 1（0001），所以8 & 7 = （1000）&（0111）= 0（0000），清除了8最右边的1（其实就是最高位的1，因为8的二进制中只有一个1）。再比如7（0111）= 6（0110）+ 1（0001），所以7 & 6 = （0111）&（0110）= 6（0110），清除了7的二进制表示中最右边的1（也就是最低位的1）。

所以有了如下代码：

1 int Count(unsigned int v){
2     int num = 0;
3     while(v){
4         v &= (n - 1);
5         num++;
6     }
7     return num;
8 }

时间复杂度为O(M),其中M为1的个数。

解法四：

既然只有8位数据，索性直接把0-255的情况罗列出来，并使用分支操作，就可以得到答案。

 1 int Count(unsigned int v){
 2     int num = 0;
 3     switch(v){
 4         case 0x0: num = 0; break;
 5         case 0x1:
 6         case 0x2:
 7         case 0x4:
 8         case 0x8: 
 9         case 0x10:
10         case 0x20:
11         case 0x40:
12         case 0x80: num = 1; break;
13         //...
14 
15     }
16     return num;
17 }

解法四看似很直接，但实际执行效率可能低于解法二和解法三，因为分支语句的执行情况要看具体字节的值，如果a = 255，则要在最后一个case才得到答案，即在进行了255次比较操作之后。

解法四提供了一个思路，就是采用空间换时间的方法。

解法五：查表法。

 1 int countTable[256];
 2 int CountTable(int *countTable){
 3     for(int i = 0; i < 256; i++){
 4         countTable[i] = (i & 1) + countTable[i / 2];
 5     }
 6 }
 7 int Count(unsigned int v){
 8     //check parameter
 9     return CountTable[v];
10 }

这是一个典型的空间换时间的算法，把0-255中“1”的个数直接存储在数组中，v作为数组的下标，算法的时间复杂度为O(1)。

在一个需要频繁使用这个算法的应用中，通过“空间换时间”来获取高的时间效率是一个常用的方法。

扩展问题：

   1.如果变量是32位的DWORD，你会使用上述的哪一个算法，或者改进哪一个算法？

前面三种都是可以用的。如果用查表法：（参考了http://www.cnblogs.com/graphics/archive/2010/06/21/1752421.html）

动态建表法：

由于表示在程序运行时动态创建的，所以速度上肯定会慢一些，把这个版本放在这里，有两个原因

1. 介绍填表的方法，因为这个方法的确很巧妙。

2. 类型转换，这里不能使用传统的强制转换，而是先取地址再转换成对应的指针类型。也是常用的类型转换方法。

 1 int countTable[256];
 2 int CountTable(int *countTable){
 3     for(int i = 0; i < 256; i++){
 4         countTable[i] = (i & 1) + countTable[i / 2];
 5     }
 6 }
 7 int Count(unsigned int v){
 8     //这里进行类型转换
 9     unsigned char *p = (unsigned char*) &v;
10     //check parameter
11     int c;
12     c = countTable[p[0]] + countTable[p[1]]
13         + countTable[p[2]] + countTable[p[3]];
14     return c;
15 }

对于任意一个32位无符号整数，将其分割为4部分，每部分8bit，对于这四个部分分别求出1的个数，再累加起来即可。而8bit对应2^8 = 256种01组合方式，这也是为什么表的大小为256的原因。

注意类型转换的时候，先取到n的地址，然后转换为unsigned char*，这样一个unsigned int（4 bytes）对应四个unsigned char（1 bytes），分别取出来计算即可。举个例子吧，以87654321（十六进制）为例，先写成二进制形式-8bit一组，共四组，以不同颜色区分，这四组中1的个数分别为4，4，3，2，所以一共是13个1，如下面所示。

10000111 01100101 01000011 00100001 = 4 + 4 + 3 + 2 = 13

静态表-8bit：

首先构造一个包含256个元素的表table，table[i]即i中1的个数，这里的i是[0-255]之间任意一个值。然后对于任意一个32bit无符号整数n，我们将其拆分成四个8bit，然后分别求出每个8bit中1的个数，再累加求和即可，这里用移位的方法，每次右移8位，并与0xff相与，取得最低位的8bit，累加后继续移位，如此往复，直到n为0。所以对于任意一个32位整数，需要查表4次。以十进制数2882400018为例，其对应的二进制数为10101011110011011110111100010010，对应的四次查表过程如下：红色表示当前8bit，绿色表示右移后高位补零。

第一次（n & 0xff）             10101011110011011110111100010010

第二次（(n >> 8) & 0xff）  00000000101010111100110111101111

第三次（(n >> 16) & 0xff）00000000000000001010101111001101

第四次（(n >> 24) & 0xff）00000000000000000000000010101011

 1 int countTable[256];
 2 int CountTable(int *countTable){
 3     for(int i = 0; i < 256; i++){
 4         countTable[i] = (i & 1) + countTable[i / 2];
 5     }
 6 }
 7 int Count(unsigned int v){
 8     return countTable[v & 0xff] 
 9            + countTable[(v >> 8) & 0xff] 
10            + countTable[(v >> 16) & 0xff] 
11            + countTable[(n >> 24) & 0xff];
12 }

同理静态表-4bit：

 1 int BitCount4(unsigned int n)
 2 {
 3     unsigned int table[16] = 
 4     {
 5         0, 1, 1, 2, 
 6         1, 2, 2, 3, 
 7         1, 2, 2, 3, 
 8         2, 3, 3, 4
 9     } ;
10 
11     unsigned int count =0 ;
12     while (n)
13     {
14         count += table[n &0xf] ;
15         n >>=4 ;
16     }
17     return count ;
18 }
 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 }

速度不一定最快，但是想法绝对巧妙。 说一下其中奥妙，其实很简单，先将n写成二进制形式，然后相邻位相加，重复这个过程，直到只剩下一位。

以217（11011001）为例，有图有真相，下面的图足以说明一切了。217的二进制表示中有5个1

读书笔记一：求二进制数中1的个数 平行算法 完美法（还不太懂，以后再看） 指令法



完美法（还不太懂，以后再看）

int BitCount5(unsigned int n) 
{
    unsigned int tmp = n - ((n >>1) &033333333333) - ((n >>2) &011111111111);
    return ((tmp + (tmp >>3)) &030707070707) %63;
}

最喜欢这个，代码太简洁啦，只是有个取模运算，可能速度上慢一些。区区两行代码，就能计算出1的个数，到底有何奥妙呢？为了解释的清楚一点，我尽量多说几句。

第一行代码的作用

先说明一点，以0开头的是8进制数，以0x开头的是十六进制数，上面代码中使用了三个8进制数。

将n的二进制表示写出来，然后每3bit分成一组，求出每一组中1的个数，再表示成二进制的形式。比如n = 50，其二进制表示为110010，分组后是110和010，这两组中1的个数本别是2和3。2对应010，3对应011，所以第一行代码结束后，tmp = 010011，具体是怎么实现的呢？由于每组3bit，所以这3bit对应的十进制数都能表示为2^2 * a + 2^1 * b + c的形式，也就是4a + 2b + c的形式，这里a,b,c的值为0或1，如果为0表示对应的二进制位上是0，如果为1表示对应的二进制位上是1，所以a + b + c的值也就是4a + 2b + c的二进制数中1的个数了。举个例子，十进制数6（0110）= 4 * 1 + 2 * 1 + 0，这里a = 1, b = 1, c = 0, a + b + c = 2，所以6的二进制表示中有两个1。现在的问题是，如何得到a + b + c呢？注意位运算中，右移一位相当于除2，就利用这个性质！

4a + 2b + c 右移一位等于2a + b

4a + 2b + c 右移量位等于a

然后做减法

4a + 2b + c –(2a + b) – a = a + b + c，这就是第一行代码所作的事，明白了吧。

第二行代码的作用

在第一行的基础上，将tmp中相邻的两组中1的个数累加，由于累加到过程中有些组被重复加了一次，所以要舍弃这些多加的部分，这就是&030707070707的作用，又由于最终结果可能大于63，所以要取模。

需要注意的是，经过第一行代码后，从右侧起，每相邻的3bit只有四种可能，即000, 001, 010, 011，为啥呢？因为每3bit中1的个数最多为3。所以下面的加法中不存在进位的问题，因为3 + 3 = 6，不足8，不会产生进位。

tmp + (tmp >> 3)-这句就是是相邻组相加，注意会产生重复相加的部分，比如tmp = 659 = 001 010 010 011时，tmp >> 3 = 000 001 010 010，相加得

001 010 010 011

000 001 010 010

---------------------

001 011 100 101

011 + 101 = 3 + 5 = 8。（感谢网友Di哈指正。）注意，659只是个中间变量，这个结果不代表659这个数的二进制形式中有8个1。

注意我们想要的只是第二组和最后一组（绿色部分），而第一组和第三组（红色部分）属于重复相加的部分，要消除掉，这就是&030707070707所完成的任务（每隔三位删除三位），最后为什么还要%63呢？因为上面相当于每次计算相连的6bit中1的个数，最多是111111 = 77（八进制）= 63（十进制），所以最后要对63取模。

指令法

使用微软提供的指令，首先要确保你的CPU支持SSE4指令，用Everest和CPU-Z可以查看是否支持。

unsigned int n =127 ;
unsigned int bitCount = _mm_popcnt_u32(n) ;

2.另一个相关的问题，给定两个正整数（二进制形式表示）A和B，问把A变为B需要改变多少位（bit）？也就是说，整数A和B的二进制表示中有多少位是不同的？

分析：这个问题很简单，举个例子：

01100100

10101010

很明显，如果利用“&”运算是不行的，相同的0&0 = 0， 1&1 = 1.很容易想到用异或运算“||”

相同的0 ^ 0 = 0， 1 ^1 = 0.

不同的0 ^ 1 = 1， 1 ^ 0 = 1.

 1 #include <stdio.h>
 2 int Count(int a, int b){
 3     int num = 0;
 4     while(a && b){
 5         num += ((a & 1) ^ (b & 1));
 6         a >>= 1;
 7         b >>= 1;
 8     }
 9     while(a){
10         num++;
11         a >>= 1;
12     }
13     while(b){
14         num++;
15         b >>= 1;
16     }
17     return num;
18 }
19 int main(){
20     int a, b;
21     scanf("%d %d", &a, &b);
22     printf("%d
", Count(a, b));
23     return 0;
24 }

 

相关推荐