Question

问题公式：给定长度为l的二进制代码，对于每t位设置（l％t = 0），如果存在至少一位值1，我们将1加到结果中。

我的问题：如何有效地获得最终结果？

例如，我们有二进制代码010 110 000，并且t = 3。然后最终的结果是2.因为对于000，没有值为1.对于110，至少存在一个值为1.我们在结果中加1。对于010，还存在一位值1.我们在结果中加1。因此，最终结果是2。

我的问题是如何在不扫描每个t位的情况下有效地解决这个问题，这会导致时间复杂度与二进制代码的长度呈线性关系。

对于计数集问题（计算二进制代码中有多少1），有些算法通过采用有限数量的掩码和移位操作（例如MIT HAKMEM Count算法）来获取恒定时间来解决它。

但是，传统计数集问题的现有算法不能用于解决我的问题。

有谁知道我的问题的一些技巧？如果使问题更容易解决，您可以假设输入二进制代码的最大长度。

Answer 1

来自comment：

然后你可以假设输入是这个问题的64位整数的二进制代码。

以下是两种不同的方法。

第一次在 O（I / t）中运行，并通过测试所有0位的每一组来工作。

public static int countSets(int setSize, long bits) {
    Long mask = (1L << setSize) - 1;
    int count = 0;
    for (long b = bits; b != 0; b >>>= setSize)
        if ((b & mask) != 0)
            count++;
    return count;
}

第二次在 O（log I）中运行，并将一组的位折叠到该组的最右位，然后计算设置的位数。

public static int countSets(int setSize, int bitCount, long bits) {
    long b = bits, mask = 1;
    for (int i = 1; i < setSize; i++)
        b |= bits >>> i;
    for (int i = setSize; i < bitCount; i <<= 1)
        mask |= mask << i;
    return Long.bitCount(b & mask);
}

进一步说明

第一种方法为集合构建掩码，例如使用t = 3时，掩码为111。

然后将值一次性移位到右侧t位，例如使用input = 010 110 000和t = 3，您可以获得：

mask = 111
b = 010 110 000  ->  b & mask = 000  ->  don't count
b =     010 110  ->  b & mask = 110  ->  count
b =         010  ->  b & mask = 010  ->  count
result: 2

第二种方法首先将位合并到集合的最右位，例如，使用input = 010 110 000和t = 3，您可以获得：

bits      = 010 110 000
bits >> 1 = 001 011 000
bits >> 2 = 000 101 100
b (OR'd)  = 011 111 100

然后构建一个掩码，仅检查最右边的位，然后应用掩码并对设置的位进行计数：

mask     = 001 001 001
b & mask = 001 001 000
result: 2

二进制代码上的约束计数集

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