概述
问候，
介绍本周的技巧介绍了一些几乎被大多数人遗忘的旧技巧
这里的人。 有时不再需要这些技巧，因为
如今的处理器是如此之快，而且内存也很多。 但是，如果
我们实现了一种比另一种算法更好或更有效的算法，
这些更快的处理器比其他算法运行第一种算法的速度更快。 如果
一个算法需要更少的内存来运行，我们可以运行更大的问题实例
解决我们更大内存的计算机。
更大和更快的计算机仍然不是实现慢速和/或内存的借口
猪算法。 接下来的段落描述了两个小问题，
解决问题的方式。 第一段涉及速度，其次
本段处理内存需求而不牺牲速度需求。
位计数由于多种原因，人们想知道一个字节中设置了多少位
或字。 以下是一种简单的方法来计算int中的那些位：
public int count1(int word) {
int ones= 0; // the number of one-bits in the 'word'
for (int mask= 0x00000001; mask != 0; mask<<= 1)
if ((word&mask) != 0) ones++;
return ones;
} 变量; 如果单词中的相应位被设置，我们将“ 1”加1
计数器。 循环完成后，该方法将返回“ ones”变量。
无论单词的值如何，循环都会循环32次，因为int包含
32位，都需要检查。
我们可以对此进行一些改进：找到一点后，将其设置为
再次归零。 如果单词变量中没有剩余位，我们就完成了。 这就是
它可以实现：
public int count2(int word) {
int ones= 0; // the number of one-bits in the 'word'
for (int mask= 0x00000001; word != 0; mask<<= 1)
if ((word&mask) != 0) {
word&= ~mask; // remove the bit
ones++;
}
return ones;
} 该方法肯定比以前的count1方法更有效。 多少
究竟更有效？ 如果我们考虑使用随机的32位模式，则其中的50％
位模式的最左位设置为1（选中）。 因此，在所有
可能的'word'值，count2的运行效率没有方法count1高。
对于2 ^ 31个可能值，count2需要32次迭代，对于2 ^ 30个可能值
count2只需要31次迭代，依此类推，一直到2 ^ 0个可能的值
count2方法需要零次迭代； 这是值0，其中循环体
被完全跳过。
从数学上来说，count2方法平均需要：
sum（i = 0，31：2 ^ i *（i + 1））/ 2 ^ 32 == 31次迭代。
大不了，平均而言，我们只保存一次迭代。 我们必须能够做到
比这更好。 看一下以下概念：
对于每个至少有一位设置为1的位模式，我们可以表示
位模式如下：
xxx ... xxxx1000 ... 0000
1位的左侧为“ xxx”位，右侧为零个或多个0位
1位。
如果从该位模式中减去1，我们将获得位模式：
xxx ... xxxx0111 ... 1111
如果我们对两个位模式进行按位“和”运算，则会得到位模式：
xxx ... xxxx0000 ... 0000
我们已经有效地从原始位模式中删除了最右边的1位。
我们已经做到了：
pattern&= pattern-1;
public int count3(int word) {
int ones= 0; // the number of one-bits in the 'word'
for (; word != 0; ones++)
word&= word-1;
return ones;
} 等于零。 平均而言，在32位字中，有16位设置为1。
count3方法肯定比count1和count2方法要好。 计数2
并没有比count1好得多，但是count3只需要循环遍历的一半。
我们可以做得更好吗？ 当然，从数学上来讲，我们可以：我们只需构建
一个具有2 ^ 32个元素的表，如果位模式i包含，则table [i] == j
j位设置为1。当然，数学家是疯子：我们无法建立表或数组
具有2 ^ 32个元素； 即使在今天，我们也需要大量的存储空间。
我们可以为256个字节的值建立这样一个表； 桌子看起来
像这样的东西：
byte[] table= { 0, 1, 1, 2, 1, 2, 2, 3, 1, 2, 2, 3, 2, 3, 3, 4 ... 8 };
public int count4(int word) {
int ones;
for (int byte= 0; byte < 4; byte++) {
ones+= table[word&0xff];
word>>>= 8;
}
return ones;
} 在使用Java的int中），因此该算法只需要进行四次循环遍历。 但
它确实需要一个256字节的表。 如果没有这样的桌子，我们还能做得更好吗？
比count3方法好吗？
我们需要2位来存储2位宽字中的个数。 有
两位宽字中的最多2位等于1，值2需要两位
通过它自己。 我们只需要6位就可以存储[0，32]范围内的值。 最多
32位可以等于32位宽字中的一个。
我们如何找到在两位宽的字中设置为1的位数？ 简单：
int word; // just two bits in here, zero or one
int ones= (word&1)+(word>>>1); 为组成单个32的16个2位字存储16个2位计数器
位词：
int word; // 32 bits wide word interpreted as 16 two bit words;
int ones= (word&0x55555555)+((word&0xaaaaaaaa)>>>1); 如果将32位字的值解释为16个2位小字，则设置为1的位。
现在我们要做的就是将这16个2位值加到'ones'int中，
将字int中的位数设置为1。
我们可以使用相同的技巧将16个2位值存储在一个32位字中：
而不是以前的掩码，我们使用0x33333333和0xccccccc掩盖了
16个两位数值，然后将它们再次加在一起； 我们有4位存储和。
但是再一次，我们可以一次又一次地重复这个小程序：
public int count5(int word) {
word= (word&0x55555555)+((word&0xaaaaaaaa)>>> 1); // sum 1 bits
word= (word&0x33333333)+((word&0xcccccccc)>>> 2); // sum 2 bits
word= (word&0x0f0f0f0f)+((word&0xf0f0f0f0)>>> 4); // sum 4 bits;
word= (word&0x00ff00ff)+((word&0xff00ff00)>>> 8); // sum 8 bits;
word= (word&0x0000ffff)+((word&oxffff0000)>>>16); // sum 16 bits;
return word;
} - count1：步数：32
- count2：步骤：平均31
- count3：步骤：平均16
- count4：步骤：4 + 256字节显式表
- count5：步骤：5 + 40字节隐式表
然后看起来像这样：
- count1：步骤：n
- count2：步数：平均n-1
- count3：步数：平均n / 2
- count4：步骤：n / 8 + 256字节显式表
- count5：步骤：2log（n）+ n / 8 * 2 * 2log（n）字节隐式表
需求与n呈对数增长。 前四种算法不断发展
与n成线性比例； 选择您的选择。
记忆操纵我们喜欢几乎连续地移动内存； 好像我们做不到
下定决心要将数据存储在什么地方，然后继续拖动这些数据
个字节一遍又一遍。 例如：我写了第一段
我写完第二段之后的这篇文章。
高效地，我将第二段移到记忆的下方，为
第一段。 现在，我将更多数据添加到其余文本中。
假设我有一个存储单元序列； 对于示例，我使用纯文本，但是
为了开发算法，我将使用更抽象的概念：内存
由使用索引号0、1、2，... n索引的单元组成。
我想做的第一件事是交换两个单元格i和j的内容，
因此，此假设内存实现了以下接口：
public interface Swapeable {
public void swap(int i, int j);
} 内存内容和两个索引值i和j
+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+
| H | e | l | l | o | | W | o | r | l | d | ! |
+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+
^ ^
| |
i j
public void reverse(Swapeable s, int i, int j) {
for(; --j > i; i++)
s.swap(i, j);
}
+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+
| H | e | l | o | W | | o | l | r | l | d | ! |
+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+
^ ^
| |
i j 我们只需使用简单的reverse（）方法就可以完成更多操作
意识到这一事实。
假设我反转了这一部分：
+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+
| H | e | l | l | o | | W | o | r | l | d | ! |
+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+
^ ^
| |
i j
+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+
| d | l | r | o | W | | o | l | l | e | H | ! |
+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+
^ ^
| |
i j
+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+
| d | l | r | o | W | | o | l | l | e | H | ! |
+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+
^ ^
| |
i j
+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+
| W | o | r | l | d | | o | l | l | e | H | ! |
+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+
^ ^
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i j
+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+
| W | o | r | l | d | | o | l | l | e | H | ! |
+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+
^ ^
| |
i j
+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+
| W | o | r | l | d | | H | e | l | l | o | ! |
+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+---+
^ ^
| |
i j 内存的大小：B1 B2 B3其中B1 == Hello，B2 == <space>和B3 == World。 的
结果就是这个B3 B2 B1。 '！' 没有使用或触摸的迹象。 如果区块B2
包含多个元素，我也必须反转该块。
更重要的是：除单个内存外，没有使用其他任何临时内存
swap（）方法本身使用的存储单元。 在早期的记忆中
以千字节甚至单字节而不是千兆字节为单位进行测量的小技巧
是一颗珍贵的小宝石，经常使用。 但是，什么使您无法使用它呢？
在下面的伪代码中，我将符号“ b”用于反转的块B。
所需步骤为：
1：反向B1 B2 B3产生b3 b2 b1
2：反向b3产生B3 b2 b1
3：反向b2产生B3 B2 b1
4：反向b1产生B3 B2 B1
这是它的代码：
// assume ibeg <= iend <= jbeg <= jend
public void move(Swapeable s, int ibeg, int iend, int jbeg, int jend) {
int ilen= iend-ibeg;
int jlen= jend-jbeg;
reverse(s, ibeg, jend);
reverse(s, ibeg, ibeg+jlen);
reverse(s, ibeg+jlen, jend-ilen);
reverse(s, jend-ilen, jend);
} 方法交换两个内存块； 块不必是
大小相同 第一个区块必须在第二个区块的左侧； 它没有
采用火箭科学来扩展此方法，以便可以定位两个块
内存中的任何位置，即第一个块不必位于左侧
第二块 （提示：写一些包装方法）。
结束语我在这里描述的这两个技巧是我（旧）技巧包中的骄傲成员
因为它们有时会很好地使用，尽管我确实需要将它们除掉。
也许我会在不久的将来描述更多（老）技巧。 目前，
请了解这两个技巧的细节； 值得的。
我希望我们下周再见面，
亲切的问候，
乔斯
From: https://bytes.com/topic/java/insights/715776-old-tricks
最后
以上就是开心吐司为你收集整理的老把戏的全部内容，希望文章能够帮你解决老把戏所遇到的程序开发问题。
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