此代码有什么未优化的?

这段代码有什么未优化的？

算法。你正在循环

for(int number=startingNumber;number<=endingNumber;number++)

计算或查找每个 1 位的数量。这可能需要一段时间。

一个好的算法使用一些数学来计算0 <= k < n时间内O(log n)所有数字中的 1 位数。

这是一个在十进制扩展中计算 0 的实现，使其计数 1 位的修改应该不难。

在查看这样的问题时，您需要将其分解为简单的部分。

例如，假设你知道所有数字中有多少个 1[0, N](我们称之为ones(N))，那么我们有：

size_t ones(size_t N) { /* magic ! */ }
size_t count(size_t A, size_t B) {
return ones(B) - (A ? ones(A - 1) : 0);
}

这种方法的优点是one可能更容易编程该count，例如使用递归。因此，第一次幼稚的尝试是：

// Naive
size_t naive_ones(size_t N) {
if (N == 0) { return 0; }
return __builtin_popcount(N) + naive_ones(N-1);
}

但这可能太慢了。即使简单地计算count(B, A)的价值，我们也将计算naive_ones(A-1)两次！

好在这里总有记忆辅助，转化相当微不足道：

size_t memo_ones(size_t N) {
static std::deque<size_t> Memo(1, 0);
for (size_t i = Memo.size(); i <= N; ++i) {
Memo.push_back(Memo[i-1] + __builtin_popcnt(i));
}
return Memo[N];
}

这很可能会有所帮助，但是内存方面的成本可能是......严重。呸。想象一下，对于计算ones(1,000,000)我们将在 8 位计算机上占用 64MB 的内存！稀疏记忆可能会有所帮助(例如，仅每 8 或第 16 个计数记忆一次)：

// count number of ones in (A, B]
static unoptimized_count(size_t A, size_t B) {
size_t result = 0;
for (size_t i = A + 1; i <= B; ++i) {
result += __builtin_popcount(i);
}
return result;
}
// something like this... be wary it's not tested.
size_t memo16_ones(size_t N) {
static std::vector<size_t> Memo(1, 0);
size_t const n16 = N  - (N % 16);
for (size_t i = Memo.size(); i*16 <= n16; ++i) {
Memo.push_back(Memo[i-1] + unoptimized_count(16*(i-1), 16*i);
}
return Memo[n16/16] + unoptimized_count(n16, N);
}

然而，虽然它确实降低了内存成本，但它并没有解决主要的速度问题：我们至少必须使用__builtin_popcountB 次！对于 B 的大值，这是一个杀手锏。

上述解决方案是机械的，不需要一丝思考。事实证明，面试与其说是编写代码，不如说是思考。

我们能比愚蠢地枚举所有整数直到B更有效地解决这个问题吗？

让我们看看我们的大脑(相当神奇的模式机器)在考虑前几个条目时会选择什么：

N    bin  1s   ones(N)
0    0000 0    0
1    0001 1    1
2    0010 1    2
3    0011 2    4
4    0100 1    5
5    0101 2    7
6    0110 2    9
7    0111 3    12
8    1000 1    13
9    1001 2    15
10   1010 2    17
11   1011 3    20
12   1100 2    22
13   1101 3    25
14   1110 3    28
15   1111 3    32

注意到一个模式了吗？我做;)范围 8-15 的构建方式与 0-7 完全相同，但每行多一个 1 =>就像换位一样。这也是合乎逻辑的，不是吗？

因此，ones(15) - ones(7) = 8 + ones(7)，ones(7) - ones(3) = 4 + ones(3)和ones(1) - ones(0) = 1 + ones(0)。

好吧，让我们把它做成一个公式：

• 提醒：根据定义ones(N) = popcount(N) + ones(N-1)(几乎)
• 我们现在知道ones(2**n - 1) - ones(2**(n-1) - 1) = 2**(n-1) + ones(2**(n-1) - 1)

我们做隔离ones(2**n)，比较容易处理，注意popcount(2**n) = 1：

• 重新组合：ones(2**n - 1) = 2**(n-1) + 2*ones(2**(n-1) - 1)
• 使用定义：ones(2**n) - 1 = 2**(n-1) + 2*ones(2**(n-1)) - 2
• 简化：ones(2**n) = 2**(n-1) - 1 + 2*ones(2**(n-1))，带ones(1) = 1。

快速健全性检查：

1  = 2**0 => 1  (bottom)
2  = 2**1 => 2  = 2**0 - 1 + 2 * ones(1)
4  = 2**2 => 5  = 2**1 - 1 + 2 * ones(2)
8  = 2**3 => 13 = 2**2 - 1 + 2 * ones(4)
16 = 2**4 => 33 = 2**3 - 1 + 2 * ones(8)

看起来有效！

不过，我们还没有完全完成。A和B不一定是 2 的幂，如果我们必须从2**n一直数到2**n + 2**(n-1)那仍然是 O(N)！

另一方面，如果我们设法以 2 为底表示一个数字，那么我们应该能够利用我们新获得的公式。主要优点是表示中只有log2(N)位。

让我们举一个例子并了解它是如何工作的：13 = 8 + 4 + 1

1  -> 0001
4  -> 0100
8  -> 1000
13 -> 1101

。但是，计数不仅仅是总和：

ones(13) != ones(8) + ones(4) + ones(1)

让我们用"换位"策略来表达它：

ones(13) - ones(8) = ones(5) + (13 - 8)
ones(5) - ones(4) = ones(1) + (5 - 4)

好的，很容易做一些递归。

#include <cmath>
#include <iostream>
static double const Log2 = log(2);
// store ones(2**n) at P2Count[n]
static size_t P2Count[64] = {};
// Unfortunately, the conversion to double might lose some precision
// static size_t log2(size_t n) { return log(double(n - 1))/Log2 + 1; }
// __builtin_clz* returns the number of leading 0s
static size_t log2(size_t n) {
if (n == 0) { return 0; }
return sizeof(n) - __builtin_clzl(n) - 1;
}
static size_t ones(size_t n) {
if (n == 0) { return 0; }
if (n == 1) { return 1; }
size_t const lg2 = log2(n);
size_t const np2 = 1ul << lg2; // "next" power of 2
if (np2 == n) { return P2Count[lg2]; }
size_t const pp2 = np2 / 2; // "previous" power of 2
return ones(pp2) + ones(n - pp2) + (n - pp2);
} // ones
// reminder: ones(2**n) = 2**(n-1) - 1 + 2*ones(2**(n-1))
void initP2Count() {
P2Count[0] = 1;
for (size_t i = 1; i != 64; ++i) {
P2Count[i] = (1ul << (i-1)) - 1 + 2 * P2Count[i-1];
}
} // initP2Count
size_t count(size_t const A, size_t const B) {
if (A == 0) { return ones(B); }
return ones(B) - ones(A - 1);
} // count

还有一个演示：

int main() {
// Init table
initP2Count();
std::cout << "0: " << P2Count[0] << ", 1: " << P2Count[1] << ", 2: " << P2Count[2] << ", 3: " << P2Count[3] << "n";
for (size_t i = 0; i != 16; ++i) {
std::cout << i << ": " << ones(i) << "n";
}
std::cout << "count(7, 14): " << count(7, 14) << "n";
}

胜利！

注意：正如Daniel Fisher所指出的，这无法解释负数(但假设两个补码，可以从它们的正数中推断出来)。