编写一个函数，输入是一个无符号整数（以二进制串的形式），返回其二进制表达式中数字位数为 '1' 的个数（也被称为 汉明重量).）。
提示：
请注意，在某些语言（如 Java）中，没有无符号整数类型。在这种情况下，输入和输出都将被指定为有符号整数类型，并且不应影响您的实现，因为无论整数是有符号的还是无符号的，其内部的二进制表示形式都是相同的。 在 Java 中，编译器使用 二进制补码 记法来表示有符号整数。因此，在上面的 示例 3 中，输入表示有符号整数 -3。
示例 1：
输入：n = 11 (控制台输入 00000000000000000000000000001011) 输出：3 解释：输入的二进制串 00000000000000000000000000001011 中，共有三位为 '1'。 示例 2：
输入：n = 128 (控制台输入 00000000000000000000000010000000) 输出：1 解释：输入的二进制串 00000000000000000000000010000000 中，共有一位为 '1'。 示例 3：
输入：n = 4294967293 (控制台输入 11111111111111111111111111111101，部分语言中 n = -3） 输出：31 解释：输入的二进制串 11111111111111111111111111111101 中，共有 31 位为 '1'。
提示：
输入必须是长度为 32 的 二进制串 。
方法一：循环检查二进制位
思路及解法
我们可以直接循环检查给定整数 n 的二进制位的每一位是否为 1。
具体代码中，当检查第 i 位时，我们可以让 n 与 2 ^ i 进行与运算，当且仅当 n 的第 i 位为 1 时，运算结果不为 0。
代码
public class Solution {
public int hammingWeight(int n) {
int ret = 0;
for (int i = 0; i < 32; i++) {
if ((n & (1 << i)) != 0) {
ret++;
}
}
return ret;
}
}
复杂度分析
时间复杂度：O(k)，其中 k 是 int 型的二进制位数 k=32。我们需要检查 n 的二进制位的每一位，一共需要检查 32 位。
空间复杂度：O(1)，我们只需要常数的空间保存若干变量。
方法二：逐位判断
根据 与运算 定义，设二进制数字 n ，则有：
- 若 n&1=0 ，则 n 二进制 最右一位 为 0 ；
- 若 n&1=1 ，则 n 二进制 最右一位 为 1 。
根据以上特点，考虑以下 循环判断 ：
- 判断 n 最右一位是否为 1 ，根据结果计数。
- 将 n 右移一位（本题要求把数字 n 看作无符号数，因此使用 无符号右移 操作）。
算法流程：
初始化数量统计变量 res=0 。
-
循环逐位判断： 当 n=0 时跳出。res += n & 1 ： 若 n&1=1 ，则统计数 res 加一。
-
n >>= 1 ： 将二进制数字 n 无符号右移一位（ Java 中无符号右移为 >>>" ） 。
返回统计数量 res 。
复杂度分析：
时间复杂度 O(log 2 n) ： 此算法循环内部仅有 移位、与、加 等基本运算，占用 O(1) ；逐位判断需循环 log 2 n 次，其中 log 2 n 代表数字 n 最高位 1 的所在位数（例如 log 2 4=2, log 2 16=4）。
空间复杂度 O(1) ： 变量 res 使用常数大小额外空间。
代码：
public class Solution {
public int hammingWeight(int n) {
int res = 0;
while(n != 0) {
res += n & 1;
n >>>= 1;
}
return res;
}
}
方法三：巧用 n&(n−1)
(n−1) 解析： 二进制数字 n 最右边的 1 变成 0 ，此 1 右边的 0 都变成 1 。
n&(n−1) 解析： 二进制数字 n 最右边的 1 变成 0 ，其余不变。
算法流程：
初始化数量统计变量 res 。
循环消去最右边的 1 ：当 n=0 时跳出。
-
res += 1 ： 统计变量加 1 ；
-
n &= n - 1 ： 消去数字 n 最右边的 1 。
返回统计数量 res 。
复杂度分析：
时间复杂度 O(M) ： n&(n−1) 操作仅有减法和与运算，占用 O(1) ；设 M 为二进制数字 n 中 1 的个数，则需循环 M 次（每轮消去一个 1 ），占用 O(M) 。
空间复杂度 O(1) ： 变量 res 使用常数大小额外空间。
代码：
public class Solution {
public int hammingWeight(int n) {
int res = 0;
while(n != 0) {
res++;
n &= n - 1;
}
return res;
}
}
