给你一个整数 n ，对于 0 <= i <= n 中的每个 i ，计算其二进制表示中 1 的个数 ，返回一个长度为 n + 1 的数组
ans 作为答案。

示例 1：

输入：n = 2
输出：[0,1,1]
解释：
0 --> 0
1 --> 1
2 --> 10

示例 2：

输入：n = 5
输出：[0,1,1,2,1,2]
解释： 0 --> 0
1 --> 1
2 --> 10
3 --> 11
4 --> 100
5 --> 101

提示：

0 <= n <= 105

进阶：

很容易就能实现时间复杂度为 O(n log n) 的解决方案，你可以在线性时间复杂度 O(n) 内用一趟扫描解决此问题吗？
你能不使用任何内置函数解决此问题吗？（如，C++ 中的 __builtin_popcount ）

方法一：
一个一个转换为二进制，然后遍历数一下

class Solution {
    public int[] countBits(int n) {
        int[] res = new int[n + 1];
        for (int i = 0; i <= n; i++) {
            res[i] = count(i);
        }
        return res;
    }
    int count(int n) {
        String s = Integer.toBinaryString(n);
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
            if (s.charAt(i) == '1') res ++;
        }
        return res;
    }
}

时间复杂度：O(nlgn)
空间复杂度：O(n + 1)

方法二：
递推公式
对于奇数：
1 ：1 它一定等于它前面的偶数的1的位数 + 1 因为 + 1就变成奇数了
对于偶数：
它一定等于 除2后的偶数中的1的位数，因为除2相当于向有移动一位，会把最后的0消除掉，而0对应的1的位数为0，对结果不影响。

代码：

class Solution {
    public int[] countBits(int n) {
        // 用递推公式计算
        int[] res = new int[n + 1];
        res[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if ((i & 1) == 0) res[i] = res[i / 2];
            else res[i] = res[i - 1] + 1;
        }
        return res;
    }
}

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n + 1)