写一个函数，返回数字中二进制位为'1'的个数。比如36,化为二进制得到100100，其中有2个'1'。


方法1：分别判断各个位

int bit_count(unsigned int n)
{
    int count;
    for(count = 0; n; n >>= 1)
    {
        count += n & 1;
    }
    return count;
}

方法2：循环中直接计算1的数量
如何只数'1'的个数？如果一个数字至少包含一个'1'位，那么这个数字减1将从最低位开始依次向高位借位，直到遇到第一个不为'0'的位。依次借位使得经过的位由原来的'0'变为'1'，而第一个遇到的那个‘1’位则被借位变为'0'。
36 d = 100100 b
36-1 d = 100011 b
如果最低位本来就是'1'，那么没有发生借位。
现在把这2个数字做按位与：n & n-1的结果是什么？
2个数字在原先最低为'1'的位以下（包括这个位）的部分都不同，所以结果是保留了其他的'1'位。
36 & 36-1 d = 100000 b
这个结果刚好去掉了最低的一个'1'位
int bit_count(unsigned int n)
{
    int count;
    for(count = 0; n; n &= n - 1)
    {
        count++;
    }
    return count;
}

由于直接跳过'0'位，这个方法比上面的要略微快一些。


方法3：并行计算的  - -  这个太厉害了

#define POW(c) (1<<(c))
#define MASK(c) (((unsigned long)-1) / (POW(POW(c)) + 1))
#define ROUND(n, c) (((n) & MASK(c)) + ((n) >> POW(c) & MASK(c)))

int bit_count(unsigned int n)
{
    n = ROUND(n, 0);
    n = ROUND(n, 1);
    n = ROUND(n, 2);
    n = ROUND(n, 3);
    n = ROUND(n, 4);
    return n;
}
一下子看不明白，先把宏展开来：
POW是计算2的幂
MASK很奇怪，一个全1的无符号数字除以2的幂的幂加1？
好在打印出来还能看得懂：
MASK(0) = 55555555 h = 01010101010101010101010101010101 b
MASK(1) = 33333333 h = 00110011001100110011001100110011 b
MASK(2) = 0f0f0f0f h = 00001111000011110000111100001111 b
MASK(3) = 00ff00ff h = 00000000111111110000000011111111 b
MASK(4) = 0000ffff h = 00000000000000001111111111111111 b

这些mask分别把32位数字划分为几个部分。每个部分的前一半和后一半分别是全'0'和全'1'。
MASK(0)分为16个部分，MASK(1)分为8个部分...
ROUND中对n的处理：(n & MASK) + (n >> POW & MASK)
POW的值刚好是MASK中连续'0'(或者连续'1')的长度。也就是说ROUND把由MASK分开的n的各个部分中的高POW位和低POW位相加。
为了便于说明，取一个简单的部分：MASK(1)的0011
假设n的值为1001，那么ROUND后的结果就是10 + 01 = 11 b，把这个结果赋值给n，这时n的含义由原来的二进制位串变为'1'位的数量。特别的，当ROUND(n, 0)时，把n当作一个32个部分各自'1'位的数量。（'0'表示没有'1'，而'1'则表示有1个'1'）
计算完n = ROUND(n, 0)后，n是一个16个部分各自'1'位数量的“数组”，这个“数组”每个元素只有2个二进制位。最大值为2，足够由2个二进制位来表示。
接下来，计算完n=ROUND(n,1)后，n是一个8个部分各自'1'位数量的“数组”，这个“数组”的每个元素只有4个二进制位。最大值为4，足够由4个二进制位来表示。（实际只需要3个二进制位）
...
最后一步，计算n=ROUND(n,4)后，n是一个1个部分各自'1'位数量的“数组”，这个“数组”的每个元素有32个二进制位。最大值为32，足够由32个二进制位来表示。（实际只需要6个二进制位）
这个代表32位内'1'位数量的32位二进制数也就是我们要求的结果。
是不是说得有点罗嗦了- -
这个方法的好处是只需要5步（log n (n=32)），并且没有循环（或分支），流水线不会被打破。

 

PS：
这种方法是计算二进制形式1的个数，如果用来判断一个数是否是2的整数次幂，可以用这种方法，但是对此还有更好的方法，就是 A xor (A-1) == 0。