一【题目类别】

• 动态规划

二【题目难度】

• 简单

三【题目编号】

• 338.比特位计数

四【题目描述】

• 给你一个整数 n ，对于 0 <= i <= n 中的每个 i ，计算其二进制表示中 1 的个数 ，返回一个长度为 n + 1 的数组 ans 作为答案。

五【题目示例】

• 示例 1：

  • 输入：n = 2
  • 输出：[0,1,1]
  • 解释：
    • 0 --> 0
    • 1 --> 1
    • 2 --> 10

• 示例 2：

  • 输入：n = 5
  • 输出：[0,1,1,2,1,2]
  • 解释：
    • 0 --> 0
    • 1 --> 1
    • 2 --> 10
    • 3 --> 11
    • 4 --> 100
    • 5 --> 101

六【解题思路】

• 利用动态规划的思想，通过观察示例可以发现：
  • 当n是偶数时：此时数字对应二进制中1的个数和此数字除以2的数字对应二进制中1的个数相同，因为在二进制中乘除2相当于左移或右移，并不影响二进制数中1的个数
  • 当n是奇数时：此时数字对应二进制中1的个数比此数字的前一个数字对应二进制中1的个数多一个，因为奇数比偶数不管在二进制还是十进制都多一个1
• 根据以上思路代码就很容易写出来了，思路转换为代码的详细内容可见代码
• 需要注意初始状态就是当前数字是0的时候，很明显此时0对应的二进制中1的个数为0个
• 最后返回结果即可

七【题目提示】

• $0<=n<=10^5$

八【题目进阶】

• 很容易就能实现时间复杂度为 $O(nlogn)$ 的解决方案，你可以在线性时间复杂度 $O(n)$ 内用一趟扫描解决此问题吗？
• 你能不使用任何内置函数解决此问题吗？（如，C++ 中的 __builtin_popcount ）

九【时间频度】

• 时间复杂度：$O(n)$，其中$n$为传入的参数大小
• 空间复杂度：$O(n)$，其中$n$为传入的参数大小

十【代码实现】

1. Java语言版

class Solution {
    public int[] countBits(int n) {
        int[] res = new int[n+1];
        res[0] = 0;
        for(int i = 0;i<=n;i++){
            if(i % 2 == 0){
                res[i] = res[i / 2];
            }else{
                res[i] = res[i / 2] + 1;
            }
        }
        return res;
    }
}

2. C语言版

int* countBits(int n, int* returnSize)
{
    int* res = (int*)malloc(sizeof(int) * (n + 1));
    res[0] = 0;
    for(int i = 1;i<=n;i++)
    {
        if(i % 2 == 0)
        {
            res[i] = res[i / 2];
        }
        else
        {
            res[i] = res[i / 2] + 1;
        }
    }
    *returnSize = n + 1;
    return res;
}

3. Python版

class Solution:
    def countBits(self, n: int) -> List[int]:
        res = [0] * (n + 1)
        res[0] = 0
        for i in range(1,n + 1):
            if i % 2 == 0:
                res[i] = res[i // 2]
            else:
                res[i] = res[i // 2] + 1
        return res

十一【提交结果】

1. Java语言版
   

2. C语言版
   

3. Python语言版