Count the number of bits that are on in an unsigned integer(计算一个无符整数中1Bit的个数) — (2)

(接上篇)

原创整理,转载请注明出处。

7合并计数器法的优化

优化1

算法的优化:基于以下两点合并计数器法可以进行优化:

1)        和的存储空间为 log2 (the number of bits being counted)*coutern number.随着(coutern number)减少,需要的存储bit减少。但是实际每次都被存储在一个32位整数。

2)        在多数架构中,简单的8-bit的常量比32-bit的更容易构造。

基于以上2点,最后的一步:

i = (i&MASK16) + (i>>16&MASK16)

可以变成:

i = (i + (i>>16))&MASK6;

MASK6(1<<6)-1 or 0x1F,可以消除需要进行MASK16的操作。

经过这样的优化,可以节省两个操作:建立各大整数常量 一个与(AND)操作

unsigned numbits(unsigned int v)
{
    unsigned int const MASK1  = 0x55555555;
    unsigned int const MASK2  = 0x33333333;
    unsigned int const MASK4  = 0x0f0f0f0f;
    unsigned int const MASK6 = 0x0000003f;
 
    unsigned int const w = (v & MASK1) + ((v >> 1) & MASK1);
    unsigned int const x = (w & MASK2) + ((w >> 2) & MASK2);
    unsigned int const y = (x + (x >> 4) & MASK4);
    unsigned int const z = (y + (y >> 8));
    unsigned int const c = (z + (z >> 16)) & MASK6;
 
    return c;
}

举个例子,假设输入的i值为10010111011111010101101110101111(十进制2541575087

计算过程如下:(共221

1.        32个计数器合并为16,每一个计数器代表 2-bit 1个数

 1 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 1 1 1 1 1 =  1  0  0  1  0  1  1  0  0  0  1  1  1  1  1  1

+0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0 0 1 1 =  0  1  1  1  1  1  1  1  1  1  0  1  0  0  1  1

 ———————————————————————-

 1 1 1 2 1 2 2 1 1 1 1 2 1 1 2 2 = 01 01 01 10 01 10 10 01 01 01 01 10 01 01 10 10

2.        16个计数器合并为8,每一个计数器代表 4-bit 1个数

 1 1 1 2 1 1 1 2 =   01   01   01   10   01   01   01   10

+1 2 2 1 1 2 1 2 =   01   10   10   01   01   10   01   10

 —————   —————————————

 2 3 3 3 2 3 2 4 = 0010 0011 0011 0011 0010 0011 0010 0100

3.        8个计数器合并为4,每一个计数器代表 8-bit 1个数:y = (x + (x >> 4) & MASK4)

                    0010 0011 0011 0011 0010 0011 0010 0100

+                   0000 0010 0011 0011 0011 0010 0011 0010

 ——-   —————————————————

0010 0101 0110 0110 0101 0101 0101 0110

&MASK4       0000 1111 0000 1111 0000 1111 0000 1111

——-   ————————————————–

0000 0101 0000 0110 0000 0101 0000 0110

4.        计算相邻的每对(只有2,4Counter8bit计数器的和(不进行合并计数器的操作)。

        0000 0101 0000 0110 0000 0101 0000 0110

+     0000 0000 0000 0101 0000 0110 0000 0101  

 —–   ———————————

0000 0101 0000 1011 0000 1011 0000 1011

5.        计算最后一对Counter(16BitCounter)的和,并根据掩码求出世纪的有效数字。其实将45步的与掩码运算合并为只进行一次。

     0000 0101 0000 1011 0000 1011 0000 1011

     0000 0000 0000 0000 0000 0101 0000 1011

     —   ——————————–

  0000 0101 0000 1011 0001 0000 0001 0110

&MASK6   0000 0000 0000 0000 0000 0000 0011 1111

      —   ——————————–

           0000 0000 0000 0000 0000 0000 0001 0110 = 22

 

优化2

然而以上的算法,仍然可以优化为:这也许是最好的算法了。

unsigned numbits(unsigned int v)
{
    unsigned int const MASK1 = 0x55555555;
    unsigned int const MASK2 = 0x33333333;
    unsigned int const MASK4 = 0x0f0f0f0f;
 
    unsigned int const w = v - ((v >> 1) & MASK1);
    unsigned int const x = (w & MASK2) + ((w >> 2) & MASK2);
    unsigned int const y = (x + (x >> 4) & MASK4);
    unsigned int const c = (y * 0x01010101) >> 24;
 
    return c;
}

与优化1比较,又进行了以下两点优化:

      1)        为了在第一行不使用AND操作,替换相邻位相加的操作为:v减去它的右移操作后与掩码操作的结果。这个结果以相同的。00 – 0 = 0, 01 – 0 = 01, 10 – 1 = 01, 11 – 1 = 10

即:

       v= (v&MASK1 ) + (v>>1 &MASK1 );

w = v – ((v >> 1) & MASK1);

v=w

2)        为了合并最后两行,使用了一个乘法运算(00000001 00000001 00000001 00000001)和一个位移操作(只取最右边6位),这样的处理在一步就累加了4Bit大小的计数器。可以回忆乘法运算的竖式计算法,就是对第三步的结果Y,分为每8bit大小的四组,然后求和。

 

优化3

还可以进行如下的优化:

#define MASK_01010101 (((unsigned int)(-1))/3)
#define MASK_00110011 (((unsigned int)(-1))/5)
 #define MASK_00001111 (((unsigned int)(-1))/17)
 
 int bitcount (unsigned int n)
 {
    n = (n & MASK_01010101) + ((n >> 1) & MASK_01010101) ; 
    n = (n & MASK_00110011) + ((n >> 2) & MASK_00110011) ; 
    n = (n & MASK_00001111) + ((n >> 4) & MASK_00001111) ; 
    return n % 255 ;
 }

请根据除法的意义思考为什么取255的余数。

 

8 MIT_HACKEMEM计数法MIT HACKMEM Count

int bitcount(unsigned int n)                          
{
    /* works for 32-bit numbers only    */
    /* fix last line for 64-bit numbers */
register unsigned int tmp;
 
    tmp = n - ((n >> 1) & 033333333333)
            - ((n >> 2) & 011111111111);
   return ((tmp + (tmp >> 3)) & 030707070707) % 63;
}

这是一种很巧妙的算法:

考虑一个3Bit数N,可以看成4a+2b+c(a,b,c为0 或者1), 如果右移一位,得到2a+b,然后从原始的数(4a+2b+c)里减去2a+b,(N-N>>1)差为2a+b+c。如果右移两位,得到a,然后用刚才得到的差2a+b+c减去a,(即(N-N>>1-N>>2)结果是a+b+c,这就是原始的数字里Bit为1的个数。

这个算法如何实现呢?首先声明一个临时变量tmp。认为tmp8进制描述的。8进制的每个数字都是n中相应的每3Bit位所描述的数字。最后返回这些8进制数的和就是我们需要的最终答案了。关键是,将相邻的8进制对加在一起,然后计算时记得对63(2(3+3)次幂)-1)进行除运算取得余数。实现方法是:使用tmp右移3位、然后与自身相加,再与一个适当的掩码进行AND操作,产生一个数,这个数是相邻6位中含有Bit1的个数。

64位数来说,应该比8进制数的多3倍(4倍),所以要对102364*24次幂)-1)求模。(这算法在X11代码中被用到过。)

 

参考:

http://www.everything2.com/index.pl?node_id=1181258

http://infolab.stanford.edu/~manku/bitcount/bitcount.html

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