题目链接：[Leetcode]338.比特位计数
题干
给定一个非负整数 num。对于 0 ≤ i ≤ num 范围中的每个数字 i ，计算其二进制数中的 1 的数目并将它们作为数组返回。
特殊要求
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。
普通思路
首先是最简单的O(N*sizeof(integer))的方法
从1到n遍历每个数字，按位计算该数字二进制1的数目，大致代码如下：
int count(int num){
int ans = 0;
while(num){
ans += (num & 1); // 取num末尾位数字
num /= 2;
}
return ans;
}
进阶思路
假设我们采用count(N)来表示N这个数字的二进制中1的数目
- 当N为奇数时，显然有
因为奇数为前一个偶数个位置1的结果 - 当N为偶数时，N的二进制中，个位一定为0，则有
则从1到n递推，由于count(N-1)与count(N/2)均比count(N)优先计算，因此可逐步递推得到所有的count(N)
大致代码：
vector<int> res(n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++){
if(i & 1){
res[i] = res[i - 1] + 1;
}
else{
res[i] = res[i / 2];
}
}
大佬位运算思路
知识扩展：
x & 1 <==> 求得的是x是否为奇数
x & (x-1) <==> 求得的结果为x的最右侧1变为0
举例说明：
假设x = ******0100 1 0000
则做了x & (x-1)操作后得到结果为
x' = ******0100 0 0000
由知识扩展中的方法我们可知
由于x & (x-1)结果为最右侧的1变为0
则显然有，且
（x与x'的差异在于x'相较x少一个1）
则有大致代码如下：
vector<int> res(n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++){
res[i] = res[i & (i - 1)] + 1;
}
