当看到这样一个问题时，你需要把它分解成简单的部分。
例如，假设你知道[0, N]（我们称之为ones(N)）所有数字中有多少个1，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 可能比count 更简单，例如使用递归。因此，第一次天真的尝试是：
// 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。即使只是计算count(B, A) 的值，我们也会计算naive_ones(A-1) 两次！
幸运的是，这里总是有 memoization 的辅助，而且转换很简单：
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];
}
这可能会有所帮助，但是在内存方面的成本可能会......严重。啊。想象一下，为了计算ones(1,000,000)，我们将在 64 位计算机上占用 8MB 内存！更稀疏的记忆可能会有所帮助（例如，每 8 次或 16 次才记忆一次）：
// 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，但并没有解决主要的速度问题：我们至少必须使用__builtin_popcount B 次！对于较大的 B 值，这是一个杀手。
上述解决方案是机械的，它们不需要一分思考。事实证明，面试与其说是写代码，不如说是思考。
我们能否比愚蠢地枚举所有整数直到B 更有效地解决这个问题？
让我们看看我们的大脑（非常神奇的模式机器）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？我愿意 ;) 8-15 的范围与 0-7 完全一样，但每行多了一个 1 => 它就像一个 转置。这也很合乎逻辑，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，让我们把它变成一个公式：
- 提醒：
ones(N) = popcount(N) + ones(N-1)（几乎）根据定义
- 我们现在知道
ones(2**n - 1) - ones(2**(n-1) - 1) = 2**(n-1) + ones(2**(n-1) - 1)
让我们隔离ones(2**n)，它更容易处理，注意popcount(2**n) = 1：
- 重组：
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))，用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)
看起来很有效！
虽然我们还没有完成。 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 为基数表示一个数字，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。
让我们举一个例子来了解它是如何工作的：13 = 8 + 4 + 1
1 -> 0001
4 -> 0100
8 -> 1000
13 -> 1101
...然而，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：
ones(13) - ones(8) = ones(5) + (13 - 8)
ones(5) - ones(4) = ones(1) + (5 - 4)
好的，用一点递归很容易做到。
#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demonstration：
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）。