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一、题目描述：
338. 比特位计数 - 力扣（LeetCode） (leetcode-cn.com)
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 <= 10^5
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 ）
二、思路分析：
做法1
这一做法考虑的情况较多，基本思想还是通过DP。首先对于奇数，他一定是通过偶数+1去得到，所以dp[i] = dp[i-1]+1;其次如果是偶数，分情况讨论，如果是偶次幂，那么一定是1；否则，dp[i] = dp[i-t]+dp[t],t为最接近i的偶次幂，原因就是一个非2次幂偶数一定是一个2次幂数与后面位数的排列组和的合
做法2
思考上面的做法可以得到一种更优的解法:
因为一个数的二次系数一定是可以拆分为2个数相加，即不变部分与可变部分。
上面的方法通过num&(num-1)将数字分为一个2次幂与一个偶数的和；实际上，通过num&(num-1)可以将一个数的最右端1抹去，等价于得到了一个在二进制位上最接近他并且小于他的数，可以得到dp[i] = dp[i&(i-1)]+1,从而去掉对奇偶数的判断
三、AC 代码：
class Solution {
public int[] countBits(int num) {
int [] dp = new int [num+1];
dp[0] = 0;
int pre = 0;
for(int i=1;i<=num;i++){
if(i%2!=0) dp[i] = dp[i-1]+1;
else{
if(isTwice(i)){
pre = i;
dp[i] = 1;
}else{
dp[i] = dp[i-pre]+dp[pre];
}
}
}
return dp;
}
public boolean isTwice(int num){
return (num&(num-1))==0;
}
}
class Solution {
public int[] countBits(int num) {
int [] dp = new int [num+1];
dp[0] = 0;
for(int i=1;i<=num;i++){
dp[i] = dp[i & (i - 1)] + 1;
}
return dp;
}
}
