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Leetcode 11 java

news 2025/8/3 8:17:36

338. 比特位计数

提示

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

提示：

0 <= n <= 105

进阶：

很容易就能实现时间复杂度为 O(n log n) 的解决方案，你可以在线性时间复杂度 O(n) 内用一趟扫描解决此问题吗？
你能不使用任何内置函数解决此问题吗？（如，C++ 中的 __builtin_popcount ）

1 我的想法：

可以用两个int类型xor异或运算的底层逻辑就是在比较二进制每一位，直接int x ，x和0做异或运算，然后一个i作为循环计数就可以了。我不清楚这个时间复杂度怎么样，还有进阶的函数怎么写？

2 对您想法的评价

您提到使用异或运算来计算二进制中 1 的个数，这个思路需要进一步细化。

异或运算（XOR）的特性是 "相同为 0，不同为 1"，但直接用 x 与 0 进行异或运算（x ^ 0）的结果还是 x 本身，并不能直接统计 1 的个数。

【解释一下，我没明白，我以为返回的就是1的个数，一位一位的比较？】

您可能对异或运算的结果有一些误解，我们来详细解释一下为什么 x ^ 0 不能直接得到 1 的个数：

异或运算（XOR）的实际结果

异或运算的规则是：相同位为 0，不同位为 1，但它的运算结果是一个完整的二进制数，而不是 1 的个数。

举例来说：

当 x = 5（二进制 101）时，x ^ 0 的结果是 101 ^ 000 = 101（仍然是 5）
当 x = 6（二进制 110）时，x ^ 0 的结果是 110 ^ 000 = 110（仍然是 6）

可以看到，x ^ 0 的结果还是 x 本身，它只是把 x 的二进制原样保留了下来，并没有统计 1 的个数。

为什么会有这样的误解？

您提到 "一位一位的比较"，这个思路是对的，但异或运算的输出并不是 "比较后统计的数量"，而是 "比较后得到的新二进制数"。

如果想通过位运算统计 1 的个数，需要额外的步骤：

用 x & (x-1) 消除最右边的 1（每次操作减少一个 1）
记录消除操作的次数（次数就是 1 的个数）

例如统计 5（101）的 1 的个数：

plaintext

5 & 4 = 101 & 100 = 100（剩1个1）
4 & 3 = 100 & 011 = 000（剩0个1）
共执行2次操作，所以1的个数是2

总结

x ^ 0 的结果是 x 本身，不会直接得到 1 的个数
异或运算的核心是 "位的比较"，而不是 "位的计数"
统计 1 的个数需要结合循环和 x & (x-1) 这样的位操作技巧

如果您想基于异或运算实现统计，可以设计这样的逻辑：不断用 x 与自身右移后的结果异或，逐步消除高位 1，但这种方法本质上还是需要循环计数，和 x & (x-1) 方法复杂度类似。

如果要基于异或运算来实现，可以考虑使用 "x & (x-1)" 的技巧，这个操作能消除二进制中最右边的 1。通过循环执行这个操作直到 x 变为 0，循环的次数就是 1 的个数。这种方法的时间复杂度是 O (k)，其中 k 是二进制中 1 的个数，整体时间复杂度为 O (n log n)，因为每个数最多有 log n 个 1。

3 Java 实现分析

下面提供两种实现方案，分别对应基础要求和进阶要求：

1. 基础方案（O (n log n) 时间复杂度）【Brian Kernighan 算法】

这种方法使用 "x & (x-1)" 的技巧来统计每个数中 1 的个数：

public class CountBitsBasic {public int[] countBits(int n) {int[] ans = new int[n + 1];for (int i = 0; i <= n; i++) {ans[i] = countOnes(i);}return ans;}// 统计一个数的二进制表示中1的个数private int countOnes(int x) {int count = 0;while (x > 0) {// 消除最右边的1x &= x - 1;count++;}return count;}public static void main(String[] args) {CountBitsBasic solution = new CountBitsBasic();System.out.println(java.util.Arrays.toString(solution.countBits(5))); // 输出 [0,1,1,2,1,2]}
}

2. 进阶方案（O (n) 时间复杂度）

这种方法利用动态规划和位运算的特性，实现线性时间复杂度：

public class CountBitsAdvanced {// 主方法：计算0到n每个数的二进制中1的个数，返回结果数组public int[] countBits(int n) {// 创建结果数组，长度为n+1（因为要包含0到n共n+个数）int[] ans = new int[n + 1];// 初始化：0的二进制表示是0，没有1，所以个数为0ans[0] = 0; // 从1开始遍历到n，计算每个数的1的个数for (int i = 1; i <= n; i++) {// 核心逻辑：利用动态规划和位运算推导当前数的1的个数// 1. i >> 1 等价于 i除以2（整数除法），获取i右移一位后的数//    例如：i=5（101），右移一位是2（10）；i=6（110），右移一位是3（11）// 2. i & 1 用于判断i的奇偶性：//    - 若i是奇数，二进制最后一位是1，i&1=1//    - 若i是偶数，二进制最后一位是0，i&1=0// 3. 状态转移规律：//    - 偶数i：二进制最后一位是0，1的个数和i/2相同（ans[i] = ans[i>>1]）//    - 奇数i：二进制最后一位是1，1的个数比i/2多1（ans[i] = ans[i>>1] + 1）ans[i] = ans[i >> 1] + (i & 1);}// 返回结果数组return ans;}// 主函数：测试代码public static void main(String[] args) {// 创建当前类的实例CountBitsAdvanced solution = new CountBitsAdvanced();// 调用countBits方法计算n=5时的结果，并打印数组// 预期输出：[0,1,1,2,1,2]，对应0到5每个数的1的个数System.out.println(java.util.Arrays.toString(solution.countBits(5))); }
}

进阶方案解析

进阶方案的核心思路是利用数字之间的二进制关系：

对于偶数 i（二进制最后一位是 0）：i 的二进制表示中 1 的个数与 i/2 相同
- 例如：6 (110) 和 3 (11) 都有 2 个 1
对于奇数 i（二进制最后一位是 1）：i 的二进制表示中 1 的个数比 i/2 多 1
- 例如：5 (101) 有 2 个 1，而 2 (10) 有 1 个 1

通过位运算可以高效实现这一判断：

i >> 1 相当于 i/2（整数除法）
i & 1 用于判断 i 是否为奇数（结果为 1 则是奇数，0 则是偶数）

这种方法不需要调用任何内置函数，并且只需一次遍历即可完成计算，时间复杂度为 O (n)，空间复杂度为 O (n)（用于存储结果）。

4 什么是动态规划？

动态规划（Dynamic Programming，简称 DP）是一种通过将复杂问题分解为重叠子问题，并存储子问题的解（避免重复计算） 来高效解决问题的方法。

它的核心思想是 “以空间换时间”【是这样的】，适用于具有重叠子问题和最优子结构特性的问题。

动态规划的核心特性

要使用动态规划解决问题，需满足两个关键条件：

重叠子问题
问题的求解过程中，会反复遇到相同的子问题。例如计算斐波那契数列时，fib(5) = fib(4) + fib(3)，而 fib(4) = fib(3) + fib(2)，其中 fib(3) 被重复计算。
最优子结构
问题的最优解包含子问题的最优解。例如求 “从起点到终点的最短路径”，若路径 A→B→C 是最优解，则 A→B 和 B→C 也分别是对应子问题的最优解。

动态规划的基本步骤

定义状态
用一个数组（或变量）dp[i] 表示 “问题在第 i 种情况下的解”。例如：
- 斐波那契问题中，dp[i] 表示第 i 个斐波那契数；
- 本题（统计二进制中 1 的个数）中，dp[i] 表示 i 的二进制中 1 的个数。
推导状态转移方程
找到 dp[i] 与 dp[i-1] 或其他子问题的关系。例如：
- 斐波那契数列：dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]；
- 本题中，若 i 是偶数（二进制末尾为 0），则 dp[i] = dp[i/2]（右移一位后 1 的个数不变）；若 i 是奇数（二进制末尾为 1），则 dp[i] = dp[i-1] + 1（比前一个数多一个 1）。
初始化边界条件
确定最小子问题的解。例如：
- 斐波那契数列：dp[0] = 0，dp[1] = 1；
- 本题：dp[0] = 0（0 的二进制没有 1）。
计算最终结果
按照状态转移方程，从边界条件逐步推导到目标问题的解。

动态规划 vs 暴力递归

暴力递归会重复计算重叠子问题，时间复杂度极高（如斐波那契递归的时间复杂度为 O(2^n)）。
动态规划通过存储子问题的解（如用数组 dp 记录），将时间复杂度优化为 O(n) 或 O(n^2) 等，但需要额外的空间存储 dp 数组（空间复杂度通常为 O(n)）。

举例：用动态规划解决本题（统计二进制中 1 的个数）

以 n=5 为例，步骤如下：

定义 dp[i] 为 i 的二进制中 1 的个数。
状态转移方程：
- 若 i 是偶数（i % 2 == 0）：dp[i] = dp[i >> 1]（右移一位等价于除以 2，1 的个数不变）；
- 若 i 是奇数（i % 2 == 1）：dp[i] = dp[i - 1] + 1（比前一个数多一个末尾的 1）。
初始化：dp[0] = 0。
计算：
- dp[1] = dp[0] + 1 = 1（1 是奇数）；
- dp[2] = dp[1] = 1（2 是偶数，2>>1=1）；
- dp[3] = dp[2] + 1 = 2（3 是奇数）；
- dp[4] = dp[2] = 1（4 是偶数，4>>1=2）；
- dp[5] = dp[4] + 1 = 2（5 是奇数）。

最终结果为 [0,1,1,2,1,2]，与示例一致，且时间复杂度为 O(n)（只需遍历一次），空间复杂度为 O(n)（存储 dp 数组）。

总结

动态规划的核心是用数组记录子问题的解，避免重复计算，通过状态转移方程从已知推未知。它特别适合解决具有重叠子问题和最优子结构的问题，能大幅优化时间复杂度。本题的进阶解法（线性时间 O(n)）正是利用了动态规划的思想。

【以空间换时间到底怎么理解，类似于多线程并行吗（比喻而已，我知道thread不能这么定义）】

“以空间换时间” 和 “多线程并行” 是完全不同的概念，用一个生活场景的比喻或许能更清晰地理解：

假设你需要每天早上快速找到一双干净的袜子出门：

不额外占用空间的做法：每次穿完袜子随手扔在抽屉里，第二天早上需要在一堆乱袜子里翻找配对，每次都要花 10 分钟（时间成本高，但抽屉里的袜子是乱堆的，没额外占用空间）。
以空间换时间的做法：你买了几个袜子收纳盒，每次穿完袜子按颜色分类放进盒子里，第二天早上直接从对应盒子里拿，只要 1 分钟就能找到（时间成本低了，但多花了买收纳盒的钱，占用了额外的空间）。

核心区别：

以空间换时间
- 本质：通过额外存储中间结果（比如动态规划中的dp数组、缓存技术中的缓存空间），避免重复计算或重复操作，从而减少时间消耗。
- 特点：是单线程内的优化思路，不涉及并行处理，只是用更多的内存 / 存储空间换取更快的执行速度。
- 例子：
  - 计算斐波那契数列时，用数组存储已计算的fib(i)，避免递归中的重复计算（原本O(2^n)的时间复杂度优化为O(n)，但多了O(n)的空间）；
  - 数据库的索引机制，通过额外存储索引文件（空间），让查询时不用全表扫描（时间）。
多线程并行
- 本质：将一个大任务拆分成多个子任务，让多个线程同时执行（比如一个线程算fib(5)，另一个线程同时算fib(4)），从而缩短总时间。
- 特点：是利用多核 CPU 的并行能力，不依赖额外空间，核心是 “同时做多个事”。
- 局限性：如果任务之间有依赖（比如fib(5)依赖fib(4)的结果），就无法并行，此时多线程也无法加速。