我们不再检查数字的每一个位，而是不断把数字最后一个 1 反转，并把答案加一。当数字变成 0 的时候偶，我们就知道它没有 1 的位了，此时返回答案。
注意：这里我们说的是最后一个 1，而不是最后一位 1，这个 1 可能在任何位上。
这里关键的想法是对于任意数字 n ，将 n 和 n - 1 做与运算，会把最后一个 1 的位变成 0 。为什么？考虑 n 和 n - 1 的二进制表示。
巧用 \(n \& (n - 1)\)
\((n - 1)\) 解析： 二进制数字 n 最右边的 1 变成 0 ，此 1 右边的 0 都变成 1 。
\(n \& (n - 1)\) 解析： 二进制数字 n 最右边的 1 变成 0 ，其余不变。
图片 1. 将 n 和 n-1 做与运算会将最低位的 1 变成 0
在二进制表示中，数字 n 中最低位的 1 总是对应 n - 1 中的 0 。因此，将 n 和 n - 1 与运算总是能把 n 中最低位的 1 变成 0 ，并保持其他位不变。
比如下面这两对数：
肯定有人又是看的一脸懵逼，我们拿 11 举个例子：（注意最后一位 1 变成 0 的过程）
使用这个小技巧，代码变得非常简单。
Java
public int hammingWeight(int n) { int sum = 0; // 用来存放 1 的个数 while (n != 0) { sum++; n &= (n - 1); } return sum; } Java内置函数：1 的个数 public int hammingWeight(int n) { return Integer.bitCount(n); } 异或相消（异或运算的特性）我们先来看下异或的数学性质（数学里异或的符号是 \(\oplus\)）：
交换律：\(p \oplus q = q \oplus p\)
结合律：\(p \oplus (q \oplus r) = (p \oplus q) \oplus r\)
恒等率：\(p \oplus 0 = p\)
归零率：\(p \oplus p = 0\)
异或运算有以下三个性质。
任何数和 0 做异或运算，结果仍然是原来的数，即 \(a \oplus 0=a\)。
任何数和其自身做异或运算，结果是 0，即 \(a \oplus a=0\)。
异或运算满足交换律和结合律，即 \(a \oplus b \oplus a=b \oplus a \oplus a=b \oplus (a \oplus a)=b \oplus0=b\)。
假设数组中有 2m+1 个数，其中有 m 个数各出现两次，一个数出现一次。令 \(a_{1}\)、\(a_{2}\)、\(\ldots\)…、\(a_{m}\) 为出现两次的 m 个数，\(a_{m+1}\) 为出现一次的数。根据性质 3，数组中的全部元素的异或运算结果总是可以写成如下形式：
\[(a_{1} \oplus a_{1}) \oplus (a_{2} \oplus a_{2}) \oplus \cdots \oplus (a_{m} \oplus a_{m}) \oplus a_{m+1}\]
根据性质 2 和性质 1，上式可化简和计算得到如下结果：
\[0 \oplus 0 \oplus \cdots \oplus 0 \oplus a_{m+1}=a_{m+1}\]
因此，数组中的全部元素的异或运算结果即为数组中只出现一次的数字。
下面我们来举个例子吧：
假如我们有 [21,21,26] 三个数，是下面这样：
回想一下，之所以能用“异或”，其实我们是完成了一个 同一位上有 2 个 1 清零 的过程。上面的图看起来可能容易，如果是这样 (下图应为 26^21)：
Java
class Solution { public int singleNumber(int[] nums) { int single = 0; for (int num : nums) { single ^= num; } return single; } } 实例 位1的个数编写一个函数，输入是一个无符号整数（以二进制串的形式），返回其二进制表达式中数字位数为 '1' 的个数（也被称为汉明重量）。
提示：
请注意，在某些语言（如 Java）中，没有无符号整数类型。在这种情况下，输入和输出都将被指定为有符号整数类型，并且不应影响您的实现，因为无论整数是有符号的还是无符号的，其内部的二进制表示形式都是相同的。
在 Java 中，编译器使用二进制补码记法来表示有符号整数。因此，在上面的 示例 3 中，输入表示有符号整数 -3。
进阶：
如果多次调用这个函数，你将如何优化你的算法？
示例 1：
输入：00000000000000000000000000001011 输出：3 解释：输入的二进制串 00000000000000000000000000001011 中，共有三位为 '1'。示例 2：
输入：00000000000000000000000010000000 输出：1 解释：输入的二进制串 00000000000000000000000010000000 中，共有一位为 '1'。示例 3：
输入：11111111111111111111111111111101 输出：31 解释：输入的二进制串 11111111111111111111111111111101 中，共有 31 位为 '1'。提示：
输入必须是长度为 32 的 二进制串。
算法
这个方法比较直接。我们遍历数字的 32 位。如果某一位是 1 ，将计数器加一。
我们使用 位掩码 来检查数字的第 \(i^{th}\) 位。一开始，掩码 m=1 因为 1 的二进制表示是
\[0000\ 0000\ 0000\ 0000\ 0000\ 0000\ 0000\ 0001\]
0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0001
显然，任何数字跟掩码 11 进行逻辑与运算，都可以让我们获得这个数字的最低位。检查下一位时，我们将掩码左移一位。
\[0000\ 0000\ 0000\ 0000\ 0000\ 0000\ 0000\ 0010\]
0000 0000 0000 0000 0000 0000 0000 0010
并重复此过程。
Java
public int hammingWeight(int n) { int bits = 0; int mask = 1; for (int i = 0; i < 32; i++) { if ((n & mask) != 0) { bits++; } mask <<= 1; } return bits; }复杂度分析
时间复杂度：\(O(1)\)。运行时间依赖于数字 n 的位数。由于这题中 n 是一个 32 位数，所以运行时间是 \(O(1)\) 的。
空间复杂度：\(O(1)\)。没有使用额外空间。
逐位判断
根据 与运算 定义，设二进制数字 n ，则有：
若 \(n \& 1 = 0\)，则 n 二进制 最右一位 为 00 ；
若 \(n \& 1 = 1\)，则 n 二进制 最右一位 为 11 。
根据以上特点，考虑以下 循环判断 ：
判断 n 最右一位是否为 1 ，根据结果计数。
将 n 右移一位（本题要求把数字 n 看作无符号数，因此使用 无符号右移 操作）。
算法流程：
初始化数量统计变量 res = 0。
循环逐位判断： 当 n = 0 时跳出。
res += n & 1 ： 若 \(n \& 1 = 1\) ，则统计数 res 加一。
n >>= 1 ： 将二进制数字 n 无符号右移一位（ Java 中无符号右移为 ">>>" ） 。