解法一：
對於二進制數的操作，我們知道除以一個2，原來的位數將會減少一位，如果除的過程中有餘數，那麼就表示當前位置有一個1，否則爲0。
以10100010爲例：第一次除以2時，商爲1010001，餘0。
第二次除以2時，商爲101000，餘1。
第三次除以2時，商爲10100，餘0。
第四次除以2時，商爲1010，餘0。
第五次除以2時，商爲101，餘0。
第六次除以2時，商爲10，餘1。
第七次除以2時，商爲1，餘0。
第八次除以2時，商爲0，餘1。
解法二：
採用位操作。
以10100001爲例：
右移一位，結果爲1010000，移出位爲1
再右移一位，結果爲101000，移出位爲0
再右移一位，結果爲10100，移出位爲0
………
比上面更好的解決了問題，還有更簡單的做法嗎？
解法三：
位操作雖然比除，求餘操作的效率高了很多。但是，時間複雜度沒有改變，時間複雜度還是O（log2v），log2v爲二進制的位數。現在我們想設計出一種算法解決這個問題時，只與二進制表達式中的1的個數有關的（先介紹按位與）
以10100001爲例：
10100001 10100000 10000000
&10100000 &10011111 &01111111
10100000 10000000 00000000
解法四：
也許你感到上面的算法已經足夠快了，但是這是最好的解法嗎？難道不能設計出O(1)的解法，即當你輸入一個數時，對應的結果也知道了。
擴展問題：給你兩個整數A和B，問把A變成B需要改變多少位。
解放三代碼:
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
int N,n=0;
while(cin>>N)
{
while(N)
{
N=N&(N-1);
n++;
}
cout<<n<<endl;
}
}
