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一、题目描述：
给定一个非负整数 n ，请计算 0 到 n 之间的每个数字的二进制表示中 1 的个数，并输出一个数组。
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
说明 :
0 <= n <= 105
进阶:
给出时间复杂度为 O(n*sizeof(integer)) 的解答非常容易。但你可以在线性时间 O(n) 内用一趟扫描做到吗？ 要求算法的空间复杂度为 O(n) 。 你能进一步完善解法吗？要求在C++或任何其他语言中不使用任何内置函数（如 C++ 中的 __builtin_popcount ）来执行此操作。
二、思路分析：
对于所有的数字，只有奇数和偶数两种：
当前数为奇数，代表前一个数为偶数，所以前一个数的二进制最后一位一定是0，当前的数就是在它原来的基础上加了个1 得到dp[i] = dp[i - 1] + 1
如果当前num为偶数，偶数中 1 的个数一定和除以 2 之后的那个数一样多。因为最低位是 0，除以 2 就是右移一位，也就是把那个 0 抹掉而已，所以 1 的个数是不变的
dp[i] = dp[i/2]
当i 为奇数时有 dp[i - 1] = dp[(i - 1)/2] + 1，即 dp[x] = dp[x/2] + 1
所以总的状态转移方程为dp[i] = dp[i/2] + i % 2,这个方程奇数偶数都满足
三、AC 代码：
class Solution {
public int[] countBits(int n) {
int[] dp = new int[n + 1];
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++){
// 奇数时，二进制表示中，奇数一定比前面那个偶数多一个 1
if (i % 2 == 1){
dp[i] = dp[i - 1] + 1;
}
// 偶数时，它的二进制1的位数与i/2 的二进制1的位数相等；
else{
dp[i] = dp[i >> 1];
}
}
return dp;
}
}
四、总结：
掘友们，解题不易，留下个赞或评论再走吧！谢啦~ 💐
