Lowbit Sum

本文主要是介绍Lowbit Sum，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

Lowbit Sum
Num : 6
Time Limit : 1000ms
Memory Limit : 65536K
description
long long ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
ans += lowbit(i)
lowbit(i)的意思是将i转化成二进制数之后，只保留最低位的1及其后面的0，截断前面的内容，然后再转成10进制数
比如lowbit(7),7的二进制位是111，lowbit(7) = 1
6 = 110(2),lowbit(6) = 2,同理lowbit(4) = 4,lowbit(12) = 4,lowbit(2) = 2,lowbit(8) = 8
每输入一个n，求ans
input
多组数据，每组数据一个n(1 <= n <= 10^9)
output
每组数据输出一行，对应的ans
sample_input
1
2
3
sample_output
1
3
4
hint
source

分析：
lowbit(x) 代表取将x转化成二进制数之后，只保留最低位的1及其后面的
因此结构只能是1+0(len) len代表0的个数
因此得到的结构也就只能是1,2,4,8….. 这样的2的多少次幂。
我们可以思考一下如果一个数x是4的倍数那么他满足他的lowbit(x)>=4;
我们从大到小枚举2的多少次幂y，然后判断在[1,x]内有多少个数是这样的
数的倍数，很简单直接用x/y，但是我们还要减去是y*2的倍数的个数。
我们这样做相当于统计装换成2进制以后从第一位一直到第i位为0的数的个数，
不减的话就会出现重复，

因此
设x转化成2进制以后的长度为n,
ans = (x/(1 << n))(1 << n) + (x/(1 << (n-1))-x/(1<< n))(1 << (n-1))+…….+(x/(1<<0)-x/(1<<1))*(1<<0);

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;typedef long long LL;const int maxn = 33;LL a[maxn];void init(){for(LL i = 0;i<maxn;i++)a[i]=1LL<<i;
}int main()
{init();LL x;while(~scanf("%lld",&x)){LL ans = 0;int pos=lower_bound(a,a+maxn,x)-a;//这个函数是，找到第一个大于等于x的数if(a[pos]>x) pos--;LL cnt1=0,cnt2;for(int i=pos;i>=0;i--){cnt2=x/a[i]-cnt1;ans+=a[i]*cnt2;//cout<<"a[i]*cnt2 "<<a[i]*cnt2<<endl;cnt1=x/a[i];}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

另一种方法：
这道题考查的是对树状数组lowbit的深入理解。首先题意并不难懂，直接暴力或者lowbit打表的话都行不通。

换种思路，把它当成数学题来做。可以先把1~15的lowbit值打出来

可以发现规律，奇数位的lowbit值都为1。如果我们下次把偶数位的lowbit值全部取出来，都除以2

你会发现这原来这可以递归。这样一直递归下去，就可以求解。
最后需要注意的是n分奇偶两种情况：
1.当n为奇数时，第一次n / 2后原来奇数的数量其实是少1的，所以最后要把1加回来；
2.当n为偶数时，第一次n / 2分成的两部分正好没有缺漏，所以最后不作处理。

给出公式res( n ) = 2 * res ( n / 2) + n / 2 + ( n & 1) // (n & 1)操作等价于(n % 2) ，作为判断n的奇偶用，奇数时加1，偶数加0

例如：当n == 5时，1~5对应的lowbit值分别为1,、2、1、4、1，
第一次分时，原来奇数的那部分明明有3个1，但被n / 2弄成了2，所以计算结束后要加回来；
同理，当n== 4时，因为第一次分时就没有缺漏，所以最后不处理。
我们为什么只考虑第一次呢，因为缺漏值可能出现在第一次，以后的分割不会造成缺漏。

#include <stdio.h>
#include <iostream>using namespace std;typedef long long ll;ll solve(int x){if(x==1) return 1;ll ans=2*solve(x/2)+x/2;if(x&1)ans++;return ans;
}int main()
{int n;while(scanf("%d",&n)!=EOF)printf("%lld\n",solve(n));return 0;
}