什么是未优化此代码？

Question

我写上interviewstreet一个问题的解决方案，这是问题的描述：

https://www.interviewstreet.com/challenges/dashboard/#problem/4e91289c38bfd

下面是他们给出的解决方案：

https://gist.github.com/1285119

这里是解决方案，我编码：

#include<iostream> 
#include <string.h> 
using namespace std; 
#define LOOKUPTABLESIZE 10000000 
int popCount[2*LOOKUPTABLESIZE]; 
int main() 
{ 
int numberOfTests = 0; 
cin >> numberOfTests; 

for(int test = 0;test<numberOfTests;test++) 
{ 
    int startingNumber = 0; 
    int endingNumber = 0; 
    cin >> startingNumber >> endingNumber; 

    int numberOf1s = 0; 


    for(int number=startingNumber;number<=endingNumber;number++) 
    { 
     if(number >-LOOKUPTABLESIZE && number < LOOKUPTABLESIZE) 
     { 
      if(popCount[number+LOOKUPTABLESIZE] != 0) 
      { 
       numberOf1s += popCount[number+LOOKUPTABLESIZE]; 
      } 
      else 
      { 
       popCount[number+LOOKUPTABLESIZE] =__builtin_popcount (number); 
       numberOf1s += popCount[number+LOOKUPTABLESIZE]; 
      } 
     } 
     else 
     { 
     numberOf1s += __builtin_popcount (number); 
     } 
    } 
    cout << numberOf1s << endl; 

} 

} 

能否请你指出我WH在我的代码错了？它只能通过3/10的测试。时间限制是3秒。

Answer 1

什么是未优化此代码？

算法。您正在循环

for(int number=startingNumber;number<=endingNumber;number++) 

计算或查找每个中的1位数。这可能需要一段时间。

一个好的算法使用一点数学来计算O(log n)时间内所有数字中的1位数0 <= k < n。

Here是十进制计数扩张的0执行，修改，使其计数1位应该不难。

Answer 2

当你看到这样一个问题时，你需要把它分解成简单的部分。

例如，假设你知道有多少1S有在所有的数字[0, N]（我们称之为ones(N)），那么我们有：

size_t ones(size_t N) { /* magic ! */ } 

size_t count(size_t A, size_t B) { 
    return ones(B) - (A ? ones(A - 1) : 0); 
} 

这种方法的优点是one可能是简单的程序例如count，例如使用递归。因此，第一次天真的尝试将是：

// Naive 
size_t naive_ones(size_t N) { 
    if (N == 0) { return 0; } 
    return __builtin_popcount(N) + naive_ones(N-1); 
} 

但是这可能太慢了。即使简单地计算count(B, A)的值，我们也会计算两次naive_ones(A-1)！

幸运的是，总有记忆化来这里协助，而转型是相当简单：

size_t memo_ones(size_t N) { 
    static std::deque<size_t> Memo(1, 0); 
    for (size_t i = Memo.size(); i <= N; ++i) { 
     Memo.push_back(Memo[i-1] + __builtin_popcnt(i)); 
    } 
    return Memo[N]; 
} 

这可能是因为这可以帮助，但在内存方面的成本可能是...瘫痪。啊。想象一下，对于计算ones(1,000,000)，我们将在64位计算机上占用8MB内存！更稀疏的记忆化可以帮助（例如，仅memoizing每8个或16个计数）：

// count number of ones in (A, B] 
static unoptimized_count(size_t A, size_t B) { 
    size_t result = 0; 
    for (size_t i = A + 1; i <= B; ++i) { 
     result += __builtin_popcount(i); 
    } 
    return result; 
} 

// something like this... be wary it's not tested. 
size_t memo16_ones(size_t N) { 
    static std::vector<size_t> Memo(1, 0); 
    size_t const n16 = N - (N % 16); 
    for (size_t i = Memo.size(); i*16 <= n16; ++i) { 
     Memo.push_back(Memo[i-1] + unoptimized_count(16*(i-1), 16*i); 
    } 
    return Memo[n16/16] + unoptimized_count(n16, N); 
} 

然而，尽管它能够减少存储成本，它并没有解决的主要速度问题：我们必须至少使用__builtin_popcount B次！对于B的大数值，这是一个杀手。

---

上述解决方案机械，他们并不需要一个思想盎司。事实证明，面试不是关于编写代码，而是关于思考。

我们可以更有效地解决这个问题，而不是愚蠢地枚举所有整数直到B？

让我们来看看我们的大脑（相当惊人的花样机）拿起考虑前几个条目时：

N bin 1s ones(N) 
0 0000 0 0 
1 0001 1 1 
2 0010 1 2 
3 0011 2 4 
4 0100 1 5 
5 0101 2 7 
6 0110 2 9 
7 0111 3 12 
8 1000 1 13 
9 1001 2 15 
10 1010 2 17 
11 1011 3 20 
12 1100 2 22 
13 1101 3 25 
14 1110 3 28 
15 1111 3 32 

发现一个模式？我这样做）;范围8-15构建完全像0-7，但每行多一个=>它就像换位。而且这也很合乎逻辑，不是吗？

因此，ones(15) - ones(7) = 8 + ones(7),ones(7) - ones(3) = 4 + ones(3)和ones(1) - ones(0) = 1 + ones(0)。

好了，让我们这样的公式：

• 提醒：ones(N) = popcount(N) + ones(N-1)（几乎）定义
• 我们现在知道，ones(2**n - 1) - ones(2**(n-1) - 1) = 2**(n-1) + ones(2**(n-1) - 1)

让我们隔离ones(2**n)，它更容易对付，请注意popcount(2**n) = 1：

• 重新组合：ones(2**n - 1) = 2**(n-1) + 2*ones(2**(n-1) - 1)
• 使用的定义：ones(2**n) - 1 = 2**(n-1) + 2*ones(2**(n-1)) - 2
• 简化：ones(2**n) = 2**(n-1) - 1 + 2*ones(2**(n-1))，与ones(1) = 1。

快速完整性检查：

1 = 2**0 => 1 (bottom) 
2 = 2**1 => 2 = 2**0 - 1 + 2 * ones(1) 
4 = 2**2 => 5 = 2**1 - 1 + 2 * ones(2) 
8 = 2**3 => 13 = 2**2 - 1 + 2 * ones(4) 
16 = 2**4 => 33 = 2**3 - 1 + 2 * ones(8) 

看起来像它的作品！

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虽然我们没有完成。 A和B可能不一定是2的幂，并且如果我们必须从2**n到2**n + 2**(n-1)仍然是O（N）！另一方面，如果我们设法以基数2表示数字，那么我们应该能够利用我们新获得的公式。主要优点是表示中只有log2（N）位。

让我们挑一个例子，了解它是如何工作的：13 = 8 + 4 + 1

1 -> 0001 
4 -> 0100 
8 -> 1000 
13 -> 1101 

...然而，计数不只是单纯的总和：

ones(13) != ones(8) + ones(4) + ones(1) 

让我们表达出来的“换位”战略，而不是条款：

ones(13) - ones(8) = ones(5) + (13 - 8) 

ones(5) - ones(4) = ones(1) + (5 - 4) 

好，容易与一点递归的事。

#include <cmath> 
#include <iostream> 

static double const Log2 = log(2); 

// store ones(2**n) at P2Count[n] 
static size_t P2Count[64] = {}; 

// Unfortunately, the conversion to double might lose some precision 
// static size_t log2(size_t n) { return log(double(n - 1))/Log2 + 1; } 

// __builtin_clz* returns the number of leading 0s 
static size_t log2(size_t n) { 
    if (n == 0) { return 0; } 
    return sizeof(n) - __builtin_clzl(n) - 1; 
} 

static size_t ones(size_t n) { 
    if (n == 0) { return 0; } 
    if (n == 1) { return 1; } 

    size_t const lg2 = log2(n); 
    size_t const np2 = 1ul << lg2; // "next" power of 2 

    if (np2 == n) { return P2Count[lg2]; } 

    size_t const pp2 = np2/2; // "previous" power of 2 

    return ones(pp2) + ones(n - pp2) + (n - pp2); 
} // ones 

// reminder: ones(2**n) = 2**(n-1) - 1 + 2*ones(2**(n-1)) 
void initP2Count() { 
    P2Count[0] = 1; 

    for (size_t i = 1; i != 64; ++i) { 
     P2Count[i] = (1ul << (i-1)) - 1 + 2 * P2Count[i-1]; 
    } 
} // initP2Count 

size_t count(size_t const A, size_t const B) { 
    if (A == 0) { return ones(B); } 

    return ones(B) - ones(A - 1); 
} // count 

并有demonstration：

int main() { 
    // Init table 
    initP2Count(); 
    std::cout << "0: " << P2Count[0] << ", 1: " << P2Count[1] << ", 2: " << P2Count[2] << ", 3: " << P2Count[3] << "\n"; 

    for (size_t i = 0; i != 16; ++i) { 
     std::cout << i << ": " << ones(i) << "\n"; 
    } 

    std::cout << "count(7, 14): " << count(7, 14) << "\n"; 
} 

胜利！

注：丹尼尔·费舍尔指出，这无法说清负数（但假设两个补充它可以从他们的肯定计推断）。