从这道题了解到了一个时间复杂度为o(1)的一个计算一个数转换为二进制时1存在的个数问题，很巧妙运用了二分来求解，代码如下

unsigned popcount (unsigned u)
{u = (u & 0x55555555) + ((u >> 1) & 0x55555555);u = (u & 0x33333333) + ((u >> 2) & 0x33333333);u = (u & 0x0F0F0F0F) + ((u >> 4) & 0x0F0F0F0F);u = (u & 0x00FF00FF) + ((u >> 8) & 0x00FF00FF);u = (u & 0x0000FFFF) + ((u >> 16) & 0x0000FFFF);return u;
}

 这个是求解质数的一个小算法，也很不错网上很多大佬都有讲解

bool isPrime(int num) {if (num <= 3) {return num > 1;}// 不在6的倍数两侧的一定不是质数if (num % 6 != 1 && num % 6 != 5) {return false;}int s = sqrt(num);for (int i = 5; i <= s; i += 6) {if (num % i == 0 || num % (i + 2) == 0) {return false;}}return true;
}

这个原理大家可以用一个实例去试一下还是比较易懂的，比原始暴力求解快一点。

给你两个整数 left 和 right ，在闭区间 [left, right] 范围内，统计并返回 计算置位位数为质数 的整数个数。

计算置位位数 就是二进制表示中 1 的个数。

例如， 21 的二进制表示 10101 有 3 个计算置位。
 

示例 1：

输入：left = 6, right = 10
输出：4
解释：
6 -> 110 (2 个计算置位，2 是质数)
7 -> 111 (3 个计算置位，3 是质数)
9 -> 1001 (2 个计算置位，2 是质数)
10-> 1010 (2 个计算置位，2 是质数)
共计 4 个计算置位为质数的数字。
示例 2：

输入：left = 10, right = 15
输出：5
解释：
10 -> 1010 (2 个计算置位, 2 是质数)
11 -> 1011 (3 个计算置位, 3 是质数)
12 -> 1100 (2 个计算置位, 2 是质数)
13 -> 1101 (3 个计算置位, 3 是质数)
14 -> 1110 (3 个计算置位, 3 是质数)
15 -> 1111 (4 个计算置位, 4 不是质数)
共计 5 个计算置位为质数的数字。
 

提示：

1 <= left <= right <= 106
0 <= right - left <= 104

bool isPrime(int num) {if (num <= 3) {return num > 1;}// 不在6的倍数两侧的一定不是质数if (num % 6 != 1 && num % 6 != 5) {return false;}int s = sqrt(num);for (int i = 5; i <= s; i += 6) {if (num % i == 0 || num % (i + 2) == 0) {return false;}}return true;
}
unsigned popcount (unsigned u)
{u = (u & 0x55555555) + ((u >> 1) & 0x55555555);u = (u & 0x33333333) + ((u >> 2) & 0x33333333);u = (u & 0x0F0F0F0F) + ((u >> 4) & 0x0F0F0F0F);u = (u & 0x00FF00FF) + ((u >> 8) & 0x00FF00FF);u = (u & 0x0000FFFF) + ((u >> 16) & 0x0000FFFF);return u;
}
int countPrimeSetBits(int left, int right){int num=0;for(int i=left;i<=right;i++){if (isPrime(popcount(i))) {num++;}}return num;
}