leetcode ---- python：比特位计数

1. 问题：给定一个非负整数 num。对于 0 ≤ i ≤ num 范围中的每个数字 i ，计算其二进制数中 1 的数目，并将它们作为数组返回。

示例 1:

输入: 2
输出: [0,1,1]

示例 2:

输入: 5
输出: [0,1,1,2,1,2]

进阶:

给出时间复杂度为O(n*sizeof(integer))的解答非常容易。但你可以在线性时间O(n)内用一趟扫描做到吗？
要求算法的空间复杂度为O(n)。
你能进一步完善解法吗？要求在C++或任何其他语言中不使用任何内置函数（如 C++ 中的 __builtin_popcount）来执行此操作。

2. 分析：

已知0-19的二进制如下所示：

0 0000

1 0001 2 0010 3 0011

4 0100 5 0101 6 0110 7 0111

8 1000 9 1001 10 1010 11 1011 12 1100 13 1101 14 1110 15 1111

16 1 0000 17 1 0001 18 1 0010 19 1 0011 .....

由观察可得：

2^n（n=0,1,2,3,....）的二进制中1的数量都为1，

3的二进制中1的数量可以由1和2中1的数量之和得到，

5的二进制中1的数量可以由4和1中1的数量之和得到，

6的二进制中1的数量可以由4和2中1的数量之和得到，

7的二进制中1的数量可以由4和3中1的数量之和得到，

9的二进制中1的数量可以由8和1中1的数量之和得到，...

15的二进制中1的数量可以由8和7中1的数量之和得到, 因此可以通过逐步推理来得到结果

n		0	1		2				3								4
2^n	num	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17
List	0	1	1	2	1	2	2	3	1	2	2	3	2	3	3	4	1	2

3. 自己编写的代码：

def countBits(num):
    if num ==0:
        return [0]
    if num == 1:
        return [0,1]

    n=0
    for i in range(num+1):  # 作用类似于 n=int(math.log(num,2))
        if 2**i > num:
            n = i - 1
            break
    print("n=",n)

    List=[0,1,1]
    for i in range(1,n):           #  n>=2, List只计算到2**n
        for j in range(1,2**i):
            List.append(1+List[j])
        List.append(1)             #  num=4,8,16...时,List添加1

    print("List",List)
    if (num - 2**n) > 0:           #   计算剩余的List
        for i in range(1,(num - 2**n)+1):
            List.append(List[i]+1)
    return List
print(countBits(2))

4. 大神编写的代码：

def countBits(num):
    ans = [0]
    for x in range(1, num + 1):
        ans += ans[x & (x - 1)] + 1,        # & 按位与运算，注意“,”不要省略
    return ans

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