题目在这:​​https://leetcode-cn.com/problems/counting-bits/​​

思路分析:

统计所给数字范围中每个数字的二进制中的1的个数。

直接循环然后用count()方法进行统计，可以通过leetcode。

完整代码

class Solution:
    def countBits(self, n: int) -> List[int]:
        res = []
        for i in range(n+1):
            res.append('{:0b}'.format(i).count('1'))
        print(res)
        return

进阶:
题目中有个进阶要求:​​​给出时间复杂度为O(n*sizeof(integer))的解答非常容易。但你可以在线性时间O(n)内用一趟扫描做到吗？要求算法的空间复杂度为O(n)。​​

我们可以发现如下规律:

若i为偶数，则有: 其二进制 1 的位数与 i / 2 的二进制 1 的位数相等；因为偶数的二进制末尾是 0，右移一位等于 i / 2，而二进制中 1 的个数没有变化。
比如 2 的二进制 10 ，4的二进制 100。

若为奇数，则有： 其二进制 1 的位数 = i - 1 的二进制位数 + 1；因为奇数的二进制末尾是 1，如果把末尾的 1 去掉就等于 i - 1。又 i - 1 是偶数，所以奇数 i 的二进制 1 的个数等于 i/2 中二进制 1 的位数 +1.

比如 5的二进制 101 ，4的二进制 100

所以可以直接使用动态规划建立dp数组，每次遍历i时候，都可以设置dp[2i] 和dp[2i+1] ，所以只需要遍历一般就可以了。

完整代码:

class Solution:
    def countBits(self, n: int) -> List[int]:
        dp = (n+1) * [0]
        for i in range(n // 2 + 1):
            dp[i*2] = dp[i] # 偶数的情况
            if i * 2+1 <=n: 
                dp[i* 2 + 1] = dp[i] + 1
        print(dp)
        return