解法一：举例说明，为了减少复杂度，就使用八位二进制吧。设 A = 0010 1011， B = 0110 0101.

1. C = A & B = 0010 0001；

2. D = A | B = 0110 1111；

3. E = C ^ D = 0100 1110；

4. 结果E中有4个1，那么也就是说将A变成B，需要改变4位（bit）。

至于如何判断E的二进制表示中有几个1，可以采用快速移位与方法。

算法原理如下：

1. A & B，得到的结果C中的1的位表明了A和B中相同的位都是1的位；

2. A | B， 得到的结果D中的1的位表明了A和B在该位至少有一个为1的位，包含了A 与 B 都是1的位数，

经过前两步的位运算，，C 中1的位表明了A 和 B在该位都是1，D中为0的位表明了A 和 B 在该位都是0 ，所以进行第三步。

3. C ^ D，E 中为1的位表明了A 和 B不同的位。

代码：

#include
     
      using namespace std;int getNum(int n){    if(n==0) return 0;    int count=0;    while(n)    {        n&=(n-1);        count++;    }    return count;} int main(){    int A=43,B=101;    int C=A&B;    int D=A|B;    int E=C^D;    cout<
      
       <
      
     

解法二：

思路：对于给定的两个数，从最低位开始扫描，分别找到A和B的第一个“1”出现的位置，n1和n2

1. n1==n2，将n1（n2）位置0，继续往高位找；

2. n1<n2, 说明A的n1位为1，但B的n1位为0，num++；将A的n1位置0，继续寻找A的下一个1的位置；

3. n1>n2, 同2）反之。

代码：

int count(int a, int b){    unsigned int n1,n2,num=0;    n1=a-(a&(a-1));    n2=b-(b&(b-1));    while((n1!=0)&&(n2!=0))    {        if(n1==n2)        {            a&=~n1;            b&=~n2;            n1=a-(a&(a-1));            n2=b-(b&(b-1));        }        else        {            num++;            if(n1

复杂性分析：始终在追踪“1”，因此复杂性为O(V(A|B)),V(A|B)为A|B中的“1”的个数。。