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看代码时遇到一个求32bit二进制数中1的个数的问题，感觉算法很奇妙，特记录学习心得于此，备忘。
计算一个64bit二进制数中1的个数。
解决这个问题的算法不难，很自然就可以想到，但是要给出问题的最优解，却很有难度。
通常，最容易想到的算法是除余法，继而考虑到除法的代价较高，而且除数是2，会想到使用向右移位来代替除法，并使用&0x1操作来取末位的值，这样提高了算法的效率。然而，这样仍然进行了63次&操作、63次移位操作和63次+操作。若假设字长大小不限，记作N，那么上述算法的时间复杂度都为O(N)。
当然，还有更优的算法。
这个问题其实是HammingWeight的一个应用，又叫做populationcount,popcountorsidewayssum。HammingWeight详见http://en.wikipedia.org/wiki/Hamming_weight，以下部分内容取自维基百科。
Hammingcode是指一个字串中非0符号的个数（TheHamming weight of a stringis the number of symbols that are different from the zero-symbol ofthealphabetused.）。应用到2进制符号序列中来，即二进制串中1的个数就是该串的Hammingcode.那么上述的问题即转换成求解字串的Hammingcode的问题。
下面对维基百科上给出的算法，进行分析。算法使用c语言实现。
分析：popcount1是下面算法的基础，理解了这个算法的思想，下面的算法不过就是此算法的局部优化罢了。
首先，理解这样一个事实，64bit的二进制串中最多有64个1，而0~64内的值必然可以使用该串的低8位来表示（2^8>64）。2^2>2,那么2bit的串中的1的个数必然可以用这两位来表示。
我们先简化成8bit的串，来描述算法的基本思想。
使用abcdefgh来代表一个8bit的2进制串，其中a,b,c,d,e,f,g,h属于集合{0,1}
那么算法求解的目标输出是out=a+b+c+d+e+f+g+h
对应到上面代码中的第一步来说，x = (x & m1 ) + ((x >> 2) & m1 )，
x&m1 = 0b0d0f0h
(x>>2)&m1 = 0a0c0e0g
求和得到：[a+b]2[c+d]2[e+f]2[g+h]2,这里[x]2 表示2位的二进制，其值=x(x表示10进制的值)。如果对应到64bit的串，那么这里将有32个2-bit的组合，即将64bit两两一组，并使用其来表示自身包含的1的个数。
代码的第二步：x = (x & m2 ) + ((x >> 4) & m2 ),同样使用8bit串来简化描述。
x&m2 = 00[c+d]200[g+h]2
(x>>4)&m2 = 00[a+b]2 00[e+f]2
求和得到：[a+b+c+d]4[e+f+g+h]4
第三步： x = (x & m4 ) + ((x >> 4) & m4 );
x&m4 = 0000[e+f+g+h]4
(x>>4)&m2 = 0000[a+b+c+d]4
求和得到：[a+b+c+d+e+f+g+h]8
至此问题得解。对于64bit的串，则如代码所示还要多进行3步。
到这里可以很清楚的看到，算法是使用了分治的思想，每步将问题划分成子问题，然后合并来减小问题的规模，求解问题的过程像是一棵倒置的二叉树。先将n位的二进制相邻的两位两两分为一组，并巧妙的利用移位和掩码来使其利用自身来表示所得到的和，这样从宏观上来看，问题就被简化成规模为n/2bit(这里的bit其实已经是虚指了，其实理解为unit更好)的问题求解了，同样的，继续两两划分成一组分治求解。经过lg（n）步，得到最终的解。
由以上分析可见，算法的复杂度为O（lgn）。
对于64位的字串来说 ，只使用了24次算数操作，比起前面的算法来说要明显减少了。
popcount2在popcount1的基础上进行了优化。
第一步基于了这样一个事实:ab-0a得到的值为ab中1的个数。
简单证明：若a为0，那么0a=0,减0无变化，那么b就是结果。
若a位1，那么只有两种情况，10-01 = 01, 11-01 = 10.都符合上述事实。
这样x -= (x >> 1) & m1和 x = (x & m1 ) + ((x >> 1) & m1 )的结果相同，却节省了1个操作。（这里我有个疑问，有符号数使用补码进行减法操作等于加法操作，效率相当，然而这里x为无符号数，即原码加减法，原码的减法在机器级如何实现，即一个源码减法的操作的代价与加法和与操作的代价和比较，哪个更大？有时间的话要去看下原码减法的实现）
第二步第三步同popcount1，此时x=[a]8[b]8[c]8[d]8[e]8[f]8[g]8[h]8
第四步后x = [H8|a+b]16[H8|c+d]16[H8|e+f]16[H8|g+h]16,这里H8代表高8位，由于我们不关心高8位的值（当然H的值是明显知道的），这里就用H代替。由于使用低8位完全可以表示0～64范围内的值，因此不用担心低八位溢出。
同理，第五步后x=[H24|a+b+c+c]32[H24|e+f+g+h]32
第六步后x=[H56|e+f+g+h]64
第七步使用掩码0x7f获得低8位的值(0xff效果应该一样的吧..?)
popcount3进一步进行了优化，只看最后一步:return (x * h01)>>56;
此步之前的x=[a]8[b]8[c]8[d]8[e]8[f]8[g]8[h]8
x*h01 = x*0x0101010101010101 = x+(x<<8)+(x<<16)...+(x<<56)
即x=[a+b+c+d+e+f+g+h|L56], L56指低56位
右移56位获得a+b+c+d+e+f+h的值，得解。
此外还有比较有趣的算法：
上面这个算法在已知0的数目比较多时候很高效。
此算法基于这样一个事实：x-1使得以二进制表示的x，从低向高位开始包括第一个1在内的值，都由0变成1，由1变成0。如11-01 = 10, 10 – 01 = 01, 01 – 01 = 00, 100 – 001 = 011。而&操作使得发生变化的位置都变成0，这样就去除了1个1，从而有几个1就&几次，最终x必变成0.
下面算法消除了popcount4的循环
最有趣的是查表法，当有足够的内存时，我们可以用空间换时间，从而得到O(1)的最优算法。
以4bit的串为例，可以构造一个数组int counts[16]={0,1,1,2,1,2,2,3,1,2,2,3,2,3,3,4}.
对于4bit的x,x的hamming weight即为：counts[x].
对于32bit的串，也可以使用分成两部分查表的方法来节省一点内存：
static unsigned char wordbits[65536] = { bitcounts of ints between 0 and 65535 };
static int popcount(uint32 i)
{
return (wordbits[i&0xFFFF] + wordbits[i>>16]);
}
Hamming Weight还有很多应用，这里只是简单记录一下它在求解popcount上的用法。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Sunwenjing/p/4338450.html
