《編程之美》之前有看過，不過看完之后不僅啥也沒記住，反而是把自己繞得一團暈，重讀《編程之美》也是想重新梳理一下算法中的邏輯，並試圖找出那些所謂“美”的算法的共性，同時也希望能夠結交一些有着共同愛好的童鞋。好了，廢話到此，咱們開始吧。
1、題目：對於一個字節（8bit）的變量，求其二進制表示中 “1” 的個數，要求算法的執行效率盡可能高。
解法一、
思路：（輸入）變量為125，其二進制表示為01111101，統計該二進制表示中“1”出現的個數，可（從低位到高位）依次統計每位上“1”出現情況。
計算：
1、計算（輸入）變量二進制表示中最低位數字（num % 2），若為“1”則count加1；
2、計算（輸入）變量二進制表示向右位移一位值（num / 2）；
3、迭代步驟1、步驟2，直到（輸入）變量值為0；
4、返回count值。
代碼：
public int countNumberOne(int inputNumber) { int retCount = 0; while(inputNumber != 0) { if(1 == (inputNumber % 2)) { ++retCount; } inputNumber /= 2; } return retCount; }
注：該算法時間復雜度為O（N），N為輸入變量的二進制表示長度。
解法二、
思路：解法二是對解法一的改進，對於（輸入）變量只需統計“1”的出現次數即可。我們知道num & num – 1的二進制運算，是對num最低“1”位計算為“0”，特別地，若num & num – 1 = 0，則表示num為2的冪次方。因此，可直接依次（從低位到高位）統計最低“1”位個數。
計算：
1、計算（輸入）變量二進制表示是否為0，若不為0，則count加1；
2、計算（輸入）變量二進制表示最低“1”位值變為“0”（num &= num –1）；
3、迭代步驟1、步驟2，直到（輸入）變量值為0；
4、返回count值。
代碼：
public int countNumberOne2(int inputNumber) { int retCount = 0; while(inputNumber != 0) { retCount++; inputNumber &= (inputNumber - 1); } return retCount; }
注：該算法時間復雜度為O（M），M為輸入變量的二進制表示中“1”的個數。
解法三、
思路：因為題目要求輸入變量長度為8bit，即一個字節，其取值范圍為0~255。因此，可直接建立0~255中每個數字所對應“1”出現個數的關系映射表，鍵值（key–value）關系可簡單通過數組來表示：數組下標（i）表示關鍵字（key），即所要查找的數字；數組值（arr[i]）表示所要查找的結果，即“1”出現個數。
計算：
1、裝載關系映射表（即0~255中每個數字所對應“1”個數的映射關系）；
2、以輸入數字為鍵值（key），查找關系映射表中該鍵值對應的value值，並返回。
代碼：
static int[] countTable = null; static void loadCountTable() { countTable = new int[256]; for(int i = 0; i < 256; i++) { countTable[i] = countNumberOne(i); } } public int countNumberOne3(int inputNumber) { if(countTable == null) { loadCountTable(); } return countTable[inputNumber]; }
注：該算法時間復雜度為O（1），空間復雜度為O（2 ^ n），n為輸入變量最大長度。
另：該算法為典型的空間換時間案例，得益於存儲開銷遠低於計算（cpu）開銷，空間換時間在計算機領域中十分常見，如：搜索引擎中的倒排索引、網站中的降級處理（如某電子商務公司在價格戰中會將部分動態頁面靜態化，以提高響應時間）等。如果大家有什么這方面的案例，希望能共同探討，謝謝！