给定一个非负整数 num。对于 0 ≤ i ≤ num 范围中的每个数字 i ，计算其二进制数中的 1 的数目并将它们作为数组返回。
示例 1:
输入: 2
输出: [0,1,1]
示例 2:
输入: 5
输出: [0,1,1,2,1,2]
进阶:
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)。
你能进一步完善解法吗？要求在C++或任何其他语言中不使用任何内置函数（如 C++ 中的 __builtin_popcount）来执行此操作。
暴力法
class Solution(object): def countBits(self, num): """ :type num: int :rtype: List[int] """ def countB(num): count = 0 while num: if num & 0x1 : count += 1 num = num >> 1 return count res = [] for i in range(num+1): count = countB(i) res.append(count) return res对每个数进行移位判断。判断一个二进制数有多少个1，只需要不断将二进制数右移并且判断其末位是否为1就行，判断其末位是否为1需要用到&运算符，任何数与1的二进制的与的结果可以得出其末位是否为1。
改进版
class Solution(object): def countBits(self, num): """ :type num: int :rtype: List[int] """ def countB(num): count = 0 while num: count += 1 num &= num-1 return count res = [] for i in range(num+1): count = countB(i) res.append(count) return res对二进制中1的个数的判断方法我们进行了进一步的改进。考虑一个非0的二进制数10100，我们可以看到其末尾是两个0，然后一共有两个位是1。当我们对其减1时，会发现它最后一位的1变成了0，整个数变成了10011，然后进行&操作，后面都会变成0，只剩下前面的部分，10100 & 10011 = 10 000。所以最后的时间复杂度和1的位数有关，而不需要sizeof(integer)的操作次数了。
动态规划
class Solution: def countBits(self, num): dp=[0]*(num+1) for i in range(1,num+1): if(i%2==1): dp[i]=dp[i-1]+1 else: dp[i]=dp[i//2] return dp
可以根据奇偶性来判断其位为1的个数。
如果一个数是奇数，那么它的末位是1，它的1总个数是和前一个偶数有关的，比前一个偶数多一。例如3 (11)，前一个偶数是2 (10)，可以很直观的发现奇数就比比他小的偶数多一个1。
如果是一个偶数，那么它的末位是0，那么将它右移一位得到的数应该是和原数有一样的1的个数。所以偶数的1位个数和它除以2之后得到的数是一样的。例如 4（100）和2（10）。
