算法：統計整數的二進制表達式中的bit位爲1的位數
普通算法
public int bitCount(int num) {
int count = 0;
do {
if ((num & 1) == 1) {
count++;
}
num>>=1;
} while (num > 0);
return count;
}
應該是最先想到的算法了，從最低位開始，一位一位地統計是否爲1，時間複雜度爲O(n)，n爲總bit數。
優化算法
public int countBit2(int num) {
int count = 0;
while (num > 0) {
num = num & (num - 1);
count++;
}
return count;
}
這個算法乍看很懵逼，但是仔細琢磨一下也能發現原理：n-1後，n的最低位的1被消除了，然後與n位與，n變爲最低位1置爲0後的新整數，如：
0b101100 減一 0b101011 最低位的1消除，0b101100 & 0b101011 = 0b101000
如此循環多少次就有多少個1，時間複雜度也是O(n)，但是這個n表示bit位爲1的個數，總體是要比上一個優一點的。
當我們以爲這已經是最優的算法了，事實卻並非如此
Integer.bitCount
public static int bitCount(int i) {
// HD, Figure 5-2
i = i - ((i >>> 1) & 0x55555555);
i = (i & 0x33333333) + ((i >>> 2) & 0x33333333);
i = (i + (i >>> 4)) & 0x0f0f0f0f;
i = i + (i >>> 8);
i = i + (i >>> 16);
return i & 0x3f;
}
最後,其實java的Integer類已經提供了一個方法來統計bit位（無符號右移，可以統計負數的），乍看之下，WTF?
原理：想象一下，當一列的1擺在我們人腦的面前，我們會怎麼數？一個一個數，第一個的算法的原理。或者兩個兩個地數？本方法就是如此實現的。如下圖：
二進制 十進制
1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 10 11 11 11 11
01 10 10 10 10 1 2 2 2 2
\ / \ / \/ \/
01 0100 0100 1 4 4
\ / \ /
01 1000 1 8
\ / \ /
1001 9
767的二進制中的1的位數計算過程
每兩位bit爲一組，分別統計有幾個1，然後把結果存到這兩個bit位上，如：11有2個1，結果爲10，10替代11的存儲到原位置。然後進行加法計算，把所有的結果加起來。加的過程中呢又可以兩兩相加，減少計算流程。
兩個bit計算1的數量：0b11: 0b01 + 0b01 = 0b10 = 2, 0b10: 0b01 + 0b00 = 0b01 = 1，這樣就清楚了。
算法實現如下：
- 首先整數i抹除左一位：
i & 0x55555555，然後錯位相加。(i >>> 1) & 0x55555555表示：左位移到右邊，再把左位抹除，這樣就可以計算兩個bit位上1的個數了：0b1011=>0b0001 + 0b0101 = 0b0110左兩位有1個1，右兩位有2個1。 - 這時
i中存儲了每兩位的統計結果，可以進行兩兩相加，最後求和。
過程：
0x55555555 0b01010101010101010101010101010101
0x33333333 0b00110011001100110011001100110011
0x0f0f0f0f 0b00001111000011110000111100001111
0x00ff00ff 0b00000000111111110000000011111111
0x0000ffff 0b00000000000000001111111111111111
0x3f 0b00111111
0b11 11 11 11 11 (i & 0x55555555) + ((i >>> 1) & 0x55555555) = 0b0101010101 + 0b0101010101 = 0b1010101010
0b10 10 10 10 10 (i & 0x33333333) + ((i >>> 2) & 0x33333333) = 0b1000100010 + 0b00100010 = 0b1001000100
0b10 01 00 01 00 (i & 0x0f0f0f0f) + ((i >>> 4) & 0x0f0f0f0f) = 0b1000000100 + 0b0100 = 0b1000001000
0b10 00 00 10 00 (i & 0x00ff00ff) + ((i >>> 8) & 0x00ff00ff) = 0b1000 + 0b10 = 0b1010
0b00 00 00 10 10 (i & 0x0000ffff) + ((i >>> 16) & 0x0000ffff) = 0b1010 + 0 = 0b1010
dec 10
算法原型：
public static int bitCount(int i) {
i = (i & 0x55555555) + ((i >>> 1) & 0x55555555);
i = (i & 0x33333333) + ((i >>> 2) & 0x33333333);
i = (i & 0x0f0f0f0f) + ((i >>> 4) & 0x0f0f0f0f);
i = (i & 0x00ff00ff) + ((i >>> 8) & 0x00ff00ff);
i = (i & 0x0000ffff) + ((i >>> 16) & 0x0000ffff);
return i;
}
時間複雜度O(1),可以，很ok了！但是寫文章都要潤色下的，別說算法了，然後優化過後的就是Integer中的實現了。
優化：
- 第一步：兩個bit計算1的數量：
0b11: 0b01 + 0b01 = 0b10 = 2,0b10: 0b00 + 0b01 = 0b01 = 1。研究發現：2=0b11-0b1，1=0b10-0b1,可以減少一次位於計算：i = i - ((i >>> 1) & 0x55555555) - 第二步：暫時沒有好的優化方法
- 第三步：實際是計算每個byte中的1的數量，最多8（0b1000）個，佔4bit，可以最後進行位與運算消位，減少一次
&運算：i = (i + (i >>> 4)) & 0x0f0f0f0f - 第四,五步：同上理由，可以最後消位。但是由於int最多32（0b100000）個1，所以這兩步可以不消位，最後一步把不需要的bit位抹除就可以了：
i & 0x3f
感悟：大道至簡，看似複雜的算法，其實現原理卻是我們大腦的簡單思維邏輯
7 0b111
i = 7 - ((7>>>1) & 0x55555555) = 6 = 0b110
i = (6 & 0x33333333) + ((6 >>> 2) & 0x33333333) = 2 + 1 = 3 = 0b11
i = (3 + (i >>> 4)) & 0x0f0f0f0f = 3 & 0x0f0f0f0f = 3 = 0b11
i = 3 + (3 >>> 8) = 3 = 0b11
i = 3 + (3 >>> 16) = 3 = 0b11
i = 3 & 0x3f = 3