整数中1出现的次数

第三十题：整数中1出现的次数

 

题目描述

求出1~13的整数中1出现的次数,并算出100~1300的整数中1出现的次数？为此他特别数了一下1~13中包含1的数字有1、10、11、12、13因此共出现6次,但是对于后面问题他就没辙了。

ACMer希望你们帮帮他,并把问题更加普遍化,可以很快的求出任意非负整数区间中1出现的次数（从1 到 n 中1出现的次数）。

 

思路：

         暴力解：

                              ①遍历至n为止，将数字存储到StringBuffer中

                              ②将buffer转换成字符串

                              ③统计字符串中字符'1'出现的次数

 

具体实现代码如下：

// 暴力解
public class Solution {
    public int NumberOf1Between1AndN_Solution(int n) {
        // 统计次数
        int count=0;
        StringBuffer buffer = new StringBuffer();
        for(int i=1;i

 

思路：

         规律解：

标记：下面总结是引用牛客网大神 Duqcuid的总结：

首先可以先分类：

我们知道在个位数上，1会每隔10出现一次，例如1、11、21等等，我们发现以10为一个阶梯的话，每一个完整的阶梯里面都有一个1，例如数字22，按照10为间隔来分三个阶梯，在完整阶梯0-9，10-19之中都有一个1，但是19之后有一个不完整的阶梯，我们需要去判断这个阶梯中会不会出现1，易推断知，如果最后这个露出来的部分小于1，则不可能出现1（这个归纳换做其它数字也成立）。

我们可以归纳个位上1出现的个数为：n/10 * 1+(n%10!=0 ? 1 : 0)。

现在说十位数，十位数上出现1的情况应该是10-19，依然沿用分析个位数时候的阶梯理论，我们知道10-19这组数，每隔100出现一次，这次我们的阶梯是100，例如数字317，分析有阶梯0-99，100-199，200-299三段完整阶梯，每一段阶梯里面都会出现10次1（从10-19），最后分析露出来的那段不完整的阶梯。我们考虑如果露出来的数大于19，那么直接算10个1就行了，因为10-19肯定会出现；如果小于10，那么肯定不会出现十位数的1；如果在10-19之间的，我们计算结果应该是k - 10 + 1。例如我们分析300-317，17个数字，1出现的个数应该是17-10+1=8个。那么现在可以归纳：十位上1出现的个数为：

·设k= n % 100，即为不完整阶梯段的数字

·归纳式为：(n / 100) * 10 + (if(k > 19) 10 else if(k < 10) 0 else k - 10 + 1)

现在说百位1，我们知道在百位，100-199都会出现百位1，一共出现100次，阶梯间隔为1000，100-199这组数，每隔1000就会出现一次。这次假设我们的数为2139。跟上述思想一致，先算阶梯数 * 完整阶梯中1在百位出现的个数，即n/1000 * 100得到前两个阶梯中1的个数，那么再算漏出来的部分139，沿用上述思想，不完整阶梯数k<100则得到0个百位1，k>199，得到100个百位1，100<=k<=199则得到k - 100 + 1个百位1。那么继续归纳：百位上出现1的个数：

·设k = n % 1000

·归纳式为：(n / 1000) * 100 + (if(k >199) 10 else if(k < 100) 0 else k - 100 + 1)

后面的依次类推....

那么我们把个位数上算1的个数的式子也纳入归纳式中

·k = n % 10

·个位数上1的个数为：n / 10 * 1 + (if(k > 1) 1 else if(k < 1) 0 else k - 1 + 1)

完美！归纳式看起来已经很规整了。

来一个更抽象的归纳，设i为计算1所在的位数，i=1表示计算个位数的1的个数，10表示计算十位数的1的个数等等。

·k = n % (i * 10)

·count(i) = (n / (i * 10)) * i + (if(k > i * 2 - 1) i else if(k < i) 0 else k - i + 1)

好了，这样从10到10的n次方的归纳就完成了。

sum1 = sum(count(i))，i = Math.pow(10, j), 0<=j<=log10(n)

但是有一个地方值得我们注意的，就是代码的简洁性来看，有多个ifelse不太好，能不能进一步简化呢？

我们可以把后半段简化成这样，我们不去计算i * 2 - 1了，我们只需保证k - i + 1在[0, i]区间内就行了，最后后半段可以携程这样

min(max((n mod (i*10))−i+1,0),i)

 

具体实现如下图所示：

 

具体实现代码如下：

// 规律写法
public class Solution {
    public int NumberOf1Between1AndN_Solution(int n) {
        if(n <= 0){
            return 0;
        }
        // 记录次数
        int count = 0;
        for(long i = 1; i <= n; i *= 10){
            long diviver = i * 10;
            // divier代表k
            count += (n / diviver) * i + Math.min(Math.max(n % diviver - i + 1, 0), i);
        }
        return count;
    }
}

 

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