Programe_Of_Beauty：2.1 求二进制数中1的个数(一点我的想法)

对于一个字节（8bit）的无符号整型变量，求其二进制表示中的1的个数。

先看看书上给出的解法：

解法一：以二进制0000 1010为例，其值为10。10除以2 = 5，其二进制为0000 0101，5除以2 = 2，其二进制为0000 0010.我们发现每除2，二进制向右移了一位。当二进制的最后一位为0时，是偶数，当二进制最后一位为1时是奇数。这样我们就可以不停除2，每一个1都会移到最后的时候。2除不尽说明最后位为1.

int count(BYTE v)
{
    int num = 0;
    while(v)
    {
        if (v%2 == 1)//最后一位是1
        { num++ ;}
        v = v/2;
    }
}

解法二：以二进制0000 1010为例，我们用位移的方法，每次向右移到1位，这样每一个1都会出现在最后一位上。然后我们用&（与）0000 0001操作，当这个结果为1时表示最后一位是1，否则是0.

int count(BYTE v)
{
    int num = 0;
    while(v)
    {
        num += v&0x01; 
        v >>=1;//向右移到一位
    }
}

解法三：以二进制0000 1010为例，我们发现有一个有趣的现象：但一个正整数减去1时，其二进制的最后一位1的后面都变成了1，而最后一位1则变成了0. 如24 –1 ，24二进制为0001 1000,24-1 = 23,23的二进制为0001 0111，那么0001 1000异或0001 0111就会得到0001 0000，比以前少了最后一个1.

int count(BYTE v)
{
    int num = 0;
    while(v)
    {
        num ++; 
        v &= (v - 1);//有些时候v&(v-1)是很有用的操作
    }
}

解法四，解法5：就是提前计算出所有8bit二进制所有可能的1的个数，也就0-255共256个数，很容易存储。但是需要空间换时间，有时候不可取。

我的想法：在上述前3中方法中，解法3的操作次数最小，只与1的个数相关，那么能不能再少些呢？

0001 0101为例，前4bit：0001，后4bit：0101，那么我们让  前4bit与后4bit，即0001&0101，结果为0001，1的个数为1，则0001 0101相应的位置1出现了2次。然后 前4bit异或后4bit ，即0001……0101，结果为0100，再计算这个二进制中的1的个数，然后： “与”*2 +“异或”，就是原来数中1的个数，这样计算1的次数减少了，除非是最坏情况也和解法3的复杂度一样。

int count(BYTE v)
{
    int num = 0;
    BYTE i = (v>>4)&(v&0x0f);//v的前4bit与v的后4bit
    BYTE j = (v>>4)^(v&0x0f);//v&0x0f;//0x0f表示的二进制为0000 1111这里取后四位
    while(i)
    {
        num += 2; //这里每出现一个1，就说明原来的二进制中1出现2次
        i &= (i – 1);
    }
    while(j)
    {
        num += 1;//这里是1 
        j &= (j – 1);
    }
    return num;
}