想法

Question

在接受采访时我被问到以下问题：

int foofoo(unsigned int u) {
    unsigned int foo = u;
    do{
        u = u/2;
        foo -= u;
    }while(u > 0);
    return foo;
}

我被要求告诉这个函数做了什么，我能够发现它计算了unsigned int值中的设置位数，但是我无法证明这一点，也许有人可以吗？

Answer 1

我能够发现它计算了unsigned int值中的设置位数，但我无法证明这一点，也许有人可以吗？

查看m内的单个位U。该位有助于U的价值：

U = ...... + U _m 2 ^ m + .....（其中......表示其他位）。

在每个循环中，该位被除以2，然后从U中减去。当循环完成时，这看起来像位m下面的行：

U _m 2 ^ m - U _m 2 ^（m-1） - U _m 2 ^（m-2） - .... - U _m 2 ^ 0

这可以改写如下：

U _m（2 ^ m - （2 ^（m-1）+ 2 ^（m-2）+ .... + 2 ^ 0））

U _m（2 ^ m - （2 ^ m -1））

U _m（2 ^ m - 2 ^ m + 1）

U _m

因此我们可以看出，该位m以其位值（即0或1）对最终结果做出贡献。这是因为U中的所有位都适用。因此：

foo = U _n-1 + U _n-2 + ... + U _m + ... + U ₁ + U ₀

因此，结果将等于U中设置的位数。

P.S。我尝试使用上标使公式看起来更好。但是我无法让<sup>工作。如果您知道如何，请随意编辑公式。

Answer 2

想法

It is known无符号整数u可以表示为2的幂之和：

u = A * 2ª + ... + N * 2ⁿ,

其中0 <= a < ... < n是整数，A, ..., N是零，或者那些。如果我们删除零产品条款，则条款数量将相等到设置位数（1）。例如，1101 _b =2⁰+ 2²+2³由三个项（2的幂）组成，设置位数也等于3。

这个想法是在这个表示中找到非零项的数量。

算法

如果我们将u表示为两个权力的总和：

u = 2ª + ... + 2ⁿ

其中0 <= a < ... < n，则整数除法u = u / 2可表示为：

u = ( 2ª + ... + 2ⁿ ) / 2

或等同于：

u = ( 2ª / 2 ) + ... + ( 2ⁿ / 2 )

（一般来说，(x + y) / 2 = (x / 2) + (y / 2)。）

当u为正时，重复该过程。所以每个术语最终都等于一个。在下一次迭代中，由于整数除法的规则，变为等于零：1 / 2 = 0。

从u：foo中存储的原始值中减去结果值（foo -= u）。

因此，我们最终会从原始值foo中减去所有内容，但“除以2”（1 / 2）除外。

显然，1 / 2的出现次数等于u的原始表达式中非零项的数量，它等于设定位的数量（正如我们在上面发现的那样））。因此，剩余的值“n foo是”1 / 2“剩余的总和，即术语的数量，也是设置的位数。

实施例

让我们通过u = 13。

的例子来看待流程

十进制数13的二进制表示为1101。因此，十进制表示法中的两个幂的总和是：

u = 2⁰ + 2² + 2³

第一次迭代：

u = u / 2
  = (2⁰ + 2² + 2³) / 2
  = (2⁰ / 2) + (2² / 2) + (2³ / 2)
  = 0        + 2        + 2²

到目前为止我们有一个零：2⁰ / 2 = 1 / 2 = 0。

第二次迭代：

u = u / 2
  = (2      + 2²) / 2
  = (2 / 2) + (2² / 2)
  = 1       + 2

此迭代中不再有零。第三次迭代：

u = u / 2
  = (1      + 2) / 2
  = (1 / 2) + (2 / 2)
  = 0       + 1

我们在此次迭代中得到了第二个零：1 / 2 = 0。

第四次迭代给出第三个零：

u = u / 2
  = 1 / 2 = 0.

零的数量等于设置的位数，即3。

Answer 3

假设输入为N时输出为M。然后，当输入为2*N时，输出仍为M，当输入为2*N+1时，输出必须为M+1（两个语句都来自第一次迭代的分析将输入减少到N）的循环。

Answer 4

我回答得有点迟了。

我会以同等形式重写程序来回答......

#include <stdio.h>

unsigned
count(unsigned u) {
  unsigned foo=u, u0=0;
  do
    u0+=u>>=1;
  while(u);
  return foo-u0;
}

void
main()
{
  printf("%u\n", count(7));
}

作为一个例子，让我们看看U=10110会发生什么（1s在向右移动时在对角线上传播）：

如您所见，对于位置N上的每个位1代表数字2^N（因此用2 ^ N充电），U0将收取2^0+2^1+ ... + 2^(N-1)，等于{{1} }。

因此，对于设置为1的每个位，2^N-1将松散1.将U写为二进制和，对于设置为1的每个位，我们将松散1。

为什么此函数计算整数中的设置位数

4 个答案:

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