我在面试街上写了一个问题的解决方案，这里是问题描述：
https://www.interviewstreet.com/challenges/dashboard/#problem/4e91289c38bfd
以下是他们给出的解决方案：
https://gist.github.com/1285119
以下是我编码的解决方案：
#include<iostream>
#include <string.h>
using namespace std;
#define LOOKUPTABLESIZE 10000000
int popCount[2*LOOKUPTABLESIZE];
int main()
{
int numberOfTests = 0;
cin >> numberOfTests;
for(int test = 0;test<numberOfTests;test++)
{
int startingNumber = 0;
int endingNumber = 0;
cin >> startingNumber >> endingNumber;
int numberOf1s = 0;
for(int number=startingNumber;number<=endingNumber;number++)
{
if(number >-LOOKUPTABLESIZE && number < LOOKUPTABLESIZE)
{
if(popCount[number+LOOKUPTABLESIZE] != 0)
{
numberOf1s += popCount[number+LOOKUPTABLESIZE];
}
else
{
popCount[number+LOOKUPTABLESIZE] =__builtin_popcount (number);
numberOf1s += popCount[number+LOOKUPTABLESIZE];
}
}
else
{
numberOf1s += __builtin_popcount (number);
}
}
cout << numberOf1s << endl;
}
}
你能指出我的代码有什么问题吗？它只能通过3/10的测试。时间限制是3秒。
答案 0 :(得分：5)
这段代码未被优化的内容是什么？
算法。你正在循环
for(int number=startingNumber;number<=endingNumber;number++)
计算或查找每个中的1位数。这可能需要一段时间。
一个好的算法使用一些数学计算0 <= k < n时间内所有数字O(log n)中的1位数。
Here是一个在十进制扩展中计算0的实现，使其计数为1位的修改应该不难。
答案 1 :(得分：1)
在查看这样的问题时，您需要将其分解为简单的部分。
例如，假设您知道所有数字[0, N]中有多少1（我们称之为ones(N)），那么我们就有：
size_t ones(size_t N) { /* magic ! */ }
size_t count(size_t A, size_t B) {
return ones(B) - (A ? ones(A - 1) : 0);
}
这种方法的优点是one编程count可能更简单，例如使用递归。因此，第一次天真的尝试将是：
// Naive
size_t naive_ones(size_t N) {
if (N == 0) { return 0; }
return __builtin_popcount(N) + naive_ones(N-1);
}
但这可能太慢了。即使只是简单地计算count(B, A)的值，我们也会计算naive_ones(A-1)两次！
幸运的是，总会有备忘录在这里提供帮助，而且转变非常简单：
size_t memo_ones(size_t N) {
static std::deque<size_t> Memo(1, 0);
for (size_t i = Memo.size(); i <= N; ++i) {
Memo.push_back(Memo[i-1] + __builtin_popcnt(i));
}
return Memo[N];
}
这可能会有所帮助，但是内存方面的成本可能会......瘫痪。啊。想象一下，对于计算ones(1,000,000)，我们将在64位计算机上占用8MB内存！较稀疏的备忘录可能有所帮助（例如，只记忆每8或16次计数）：
// count number of ones in (A, B]
static unoptimized_count(size_t A, size_t B) {
size_t result = 0;
for (size_t i = A + 1; i <= B; ++i) {
result += __builtin_popcount(i);
}
return result;
}
// something like this... be wary it's not tested.
size_t memo16_ones(size_t N) {
static std::vector<size_t> Memo(1, 0);
size_t const n16 = N - (N % 16);
for (size_t i = Memo.size(); i*16 <= n16; ++i) {
Memo.push_back(Memo[i-1] + unoptimized_count(16*(i-1), 16*i);
}
return Memo[n16/16] + unoptimized_count(n16, N);
}
然而，虽然它确实降低了内存成本，但它并没有解决主要速度问题：我们必须至少使用__builtin_popcount B次！对于较大的B值，这是一个杀手。
上述解决方案是机械，它们不需要一盎司的思考。事实证明，访谈不是关于编写代码而是关于思考。
我们能否更有效地解决这个问题，而不是简单地枚举所有整数直到B？
在考虑前几个条目时，让我们看看我们的大脑（相当惊人的模式机器）：
N bin 1s ones(N)
0 0000 0 0
1 0001 1 1
2 0010 1 2
3 0011 2 4
4 0100 1 5
5 0101 2 7
6 0110 2 9
7 0111 3 12
8 1000 1 13
9 1001 2 15
10 1010 2 17
11 1011 3 20
12 1100 2 22
13 1101 3 25
14 1110 3 28
15 1111 3 32
注意一个模式？我这样做;）8-15的范围与0-7完全相同，但是每行多一个=＆gt;它就像一个转置。它也很合乎逻辑，不是吗？
因此，ones(15) - ones(7) = 8 + ones(7)，ones(7) - ones(3) = 4 + ones(3)和ones(1) - ones(0) = 1 + ones(0)。
好吧，让我们把它作为一个公式：
ones(N) = popcount(N) + ones(N-1)（差不多）按定义ones(2**n - 1) - ones(2**(n-1) - 1) = 2**(n-1) + ones(2**(n-1) - 1) 让我们制作孤立ones(2**n)，更容易处理，请注意popcount(2**n) = 1：
ones(2**n - 1) = 2**(n-1) + 2*ones(2**(n-1) - 1) ones(2**n) - 1 = 2**(n-1) + 2*ones(2**(n-1)) - 2 ones(2**n) = 2**(n-1) - 1 + 2*ones(2**(n-1))，ones(1) = 1。快速健全检查：
1 = 2**0 => 1 (bottom)
2 = 2**1 => 2 = 2**0 - 1 + 2 * ones(1)
4 = 2**2 => 5 = 2**1 - 1 + 2 * ones(2)
8 = 2**3 => 13 = 2**2 - 1 + 2 * ones(4)
16 = 2**4 => 33 = 2**3 - 1 + 2 * ones(8)
看起来很有效！
我们还没完成。 A和B可能不一定是2的幂，如果我们必须从2**n到2**n + 2**(n-1)一直计算，那仍然是O（N）！
另一方面，如果我们设法在基数2中表达数字，那么我们应该能够利用我们新获得的公式。主要优点是表示中只有log2（N）位。
让我们选择一个示例并了解其工作原理：13 = 8 + 4 + 1
1 -> 0001
4 -> 0100
8 -> 1000
13 -> 1101
...但是，计数不仅仅是总和：
ones(13) != ones(8) + ones(4) + ones(1)
让我们用“换位”策略来表达它：
ones(13) - ones(8) = ones(5) + (13 - 8)
ones(5) - ones(4) = ones(1) + (5 - 4)
好的，通过一些递归很容易。
#include <cmath>
#include <iostream>
static double const Log2 = log(2);
// store ones(2**n) at P2Count[n]
static size_t P2Count[64] = {};
// Unfortunately, the conversion to double might lose some precision
// static size_t log2(size_t n) { return log(double(n - 1))/Log2 + 1; }
// __builtin_clz* returns the number of leading 0s
static size_t log2(size_t n) {
if (n == 0) { return 0; }
return sizeof(n) - __builtin_clzl(n) - 1;
}
static size_t ones(size_t n) {
if (n == 0) { return 0; }
if (n == 1) { return 1; }
size_t const lg2 = log2(n);
size_t const np2 = 1ul << lg2; // "next" power of 2
if (np2 == n) { return P2Count[lg2]; }
size_t const pp2 = np2 / 2; // "previous" power of 2
return ones(pp2) + ones(n - pp2) + (n - pp2);
} // ones
// reminder: ones(2**n) = 2**(n-1) - 1 + 2*ones(2**(n-1))
void initP2Count() {
P2Count[0] = 1;
for (size_t i = 1; i != 64; ++i) {
P2Count[i] = (1ul << (i-1)) - 1 + 2 * P2Count[i-1];
}
} // initP2Count
size_t count(size_t const A, size_t const B) {
if (A == 0) { return ones(B); }
return ones(B) - ones(A - 1);
} // count
int main() {
// Init table
initP2Count();
std::cout << "0: " << P2Count[0] << ", 1: " << P2Count[1] << ", 2: " << P2Count[2] << ", 3: " << P2Count[3] << "\n";
for (size_t i = 0; i != 16; ++i) {
std::cout << i << ": " << ones(i) << "\n";
}
std::cout << "count(7, 14): " << count(7, 14) << "\n";
}
胜利！
注意：正如丹尼尔费舍尔所指出的那样，这不能解释负数（但假设可以从正数计算出双补数）。