数位DP：我的理解与模板【java实现】
数位DP
前言
这个星期研究了好几天的数位DP问题，已经摸到一点门路了，所以写篇笔记记录一下，用于之后的复习。
我的做法完全参考自y总的思路和代码，只不过采用java实现，第二节的例题也是，第三节使用leetcode几道原题。
另外还参考了这位大佬的博客，大家也可以去看看，题目比我的更全。
y总的课性价比超高，以后有票了买一波课回去研究研究。这里只列了他讲的比较简单的几题，力扣的题目就更简单了（虽然标签都是hard…），若想深入研究可以去听课。
PS: 数位dp难度较高（基本上入门题在力扣都是hard），编码有些意识流的赶脚，找工作面试出现概率应该是非常低的，我只是出于兴趣研究的，如果赶时间可以不学。
一、问题描述和算法概述
特征：[l, r]区间中，满足某条件的数或者数字的数量。
由名知义：
- 数位：即算法的实现针对某个数的每个数位的数字进行讨论；
- dp：需要实现预处理一个dp数组帮助接下来的求解。
技巧：假设[1, r]区间符合条件的数为k，[1, l - 1]的结果为t，那么[l, r]的结果就是k - t【前缀和思想】
因此，下面专门来讨论[1, n]区间的问题。
一些我们约法三章的表示：
1）n：条件约束的上界，我们需要进行数位讨论的依据；[下面假设n=9143]
2）N：n的位数；【即4】《下面的算法实现中我都写作了len》
3）i：n当前讨论到的数位，数位大的i较大；【比如，讨论到十位，i=1，百位就是2】；
4）x：当前数位值【比如讨论到10位，即i=1时，x=4】
5）j：被x完全覆盖的区间中的某个数【比如讨论到10位，j∈[0, x - 1], 即[0, 3]】;
6）f：dp数组，即数位讨论之前预处理好的数组，用于直接计算被x或者n完全覆盖情况下的解；
本质：一个类似决策树的多次决策的过程，通过预处理的dp数组来对可以完全覆盖的部分区间进行直接求解，而单纯只对原数n的每个数位x进行深入讨论的算法。
ps：一定要额外上心
完全覆盖这四个字，它意味着可以直接求解，这是数位dp从始至终最重要的解题思想，也是算法高效性的体现。
图示：
根据上图，我们可以明显看到数位dp的几个特点：
1）除了start以外，每个原数n的数位(从大到小)作为父节点，他的左子树是一个范围，即比其右子树的数字的更小的所有数字，右子树为n下一个数位上的数字；
2）左子树深度永远为1【这是数位dp高效的根本原因：左子树表示范围中的所有数可以直接利用f求解，即左子树是可以确定被n完全覆盖的】；
难点：
1）预处理数组f的计算；【按照力扣的水平，大约是一个中等偏上，有时候能够达到hard难度的dp问题，但是它的状态表示往往较为固定，因此难度大约就是中等】；
2）数位讨论过程的处理【这里有很多的技巧，下面的题目也会尽量展示一些技巧。】
正好应和了数位dp这个名字，两个部分都是比较难的。
套路：
1）f的状态定义：f往往是两维，f[i][j]的i往往表示数的位数（包含前导0），j往往表示首位选择了什么数字[0~9]；
为了能够准确表示数位的实际值，f[0][x]我们往往选择丢弃。
2）f的状态转移：往往也比较固定，大约是：
f [ i ] [ j ] = ∑ 0 → 9 f [ i − 1 ] [ k ] f[i][j] = \sum_{0 \to 9}{f[i-1][k]} f[i][j]=0→9∑f[i−1][k]
但是题目有时候会有别的条件，需要进行额外的处理；
3）数位讨论往往从高往低，即
i : N − 1 → 0 i: N - 1\to 0 i:N−1→0
4）前导0的处理：某些题目对于前导0有严格的要求，比如"求1000以内不含重复数字的数的个数"，如果算上前导0，任何1位数都肯定不满足，因为1会被写作0001，就会存在3个0，不符合题意；但是实际上我们知道，个位数是肯定符合的，遇到这种情况，我们需要强制要求第一位，即i=N-1时，必须让j的范围为[1, x - 1], 即不考虑0
但是，只是这样做，我们会失去所有不足N位数的答案，为此，我们需要另外在数位讨论外额外讨论不足N位的所有解。
又因为不足N位数的数一定比n小，所以是被n完全覆盖的，因此可以利用f直接求解。
5）利用last记录之前的右节点的选择造成的某些限制；
6）最右节点特殊讨论【这个节点的出现表示n本身也是一个可行解，需要将结果加上一些值（因为不会再有左子树来直接求解了，会丢失累加这个可行解）】
ps：第一节看完，想必大多数人是不知所云的，请耐心看完第二节三道题，回头再看第一节，然后自己把这三题不看我的实现一遍，相信你一定会有所悟。
二、经典例题
这一节中，会给出三个较为典型的模板题，基本上都比力扣上的难一些，出自于y总的数位dp课程之上。
1. b进制数，恰好为若干个k个不同整数次幂之和
题目比较难以理解，来解释一下：
以10进制为例，若k=3，1101就是一个符合条件的4位数，而2111和1100就不是，前者是因为10^3(千位数)包含了系数2，在分解整数次幂时会变成10^3 + 10^3 + 10^2 + 10^1 + 10^0, 10^3出现了两次，不符合不同的整数次幂之和这个要求；后者是因为参与求和的10的整数次幂不足3个。
PS:这题是帮助理解
完全覆盖这种现象最好的题，可能有些难理解，自己需要画出几个符合条件的数的例子来帮助理解。
套路分析：
0）前导0考虑：这题是0和1的组合问题，无论如何都是N位数，即使不足N位都会补齐到N位，因此1实际就是0001这样，所以前导0无需考虑。
1）预处理f数组：
状态定义：f[i][j]: 位数为i的数(数字只能0/1)中，拥有j个1的数字个数
这个第一题状态定义就把我第一节的套路给反驳了。。。这其实与所求的目标有关，第一维是位数基本上是固定的，而我们必须要考虑到1的个数为k的限制，于是把1的个数这个状态放到第二维。
又因为我们的数字取值只可能是0或者1，所以只要我们考虑这j个1放到哪些数位上，就可以确定整个数字，又变成了i个位置选取j个位置放1的问题，显然，这是一个组合问题。
想必大家学过一个组合公式：
C n m = C n − 1 m − 1 + C n − 1 m C^m_n=C^{m-1}_{n-1}+C^m_{n-1} Cnm=Cn−1m−1+Cn−1m
实际含义很好理解：我们要在n个东西中选m个，不失一般性，考虑这n个东西的任何一个x，对于这个x，我们有不重不漏的两种情况：
- 选取x：那么接下来的问题就是从不包含x的n-1个中选取m-1个；
- 不选取x：子问题就是从不包含x的n-1个中选取m个。
可以得到f的状态转移也是这个形式。
PS: 这个组合公式本身就很有阎氏dp分析法的味道，选不选x就是最后一步，由此将所有组合方案划分两个子集合，来累计这两个子集合。
2）状态转移：不再赘述；
3）last定义：我们需要之前已经选取的1的数量来帮助确定接下来还需要的1的数量，即还需要k-last个1；
4）提前结束：我们要求每个b的整数幂次的系数必须要是0或者1，因此，只要任何一个x为大于1的数，就会提前结束；
5）最后一步：若能转移到i=0，说明起码第一个条件，即每个b的整数幂次的系数必须要是0或者1达到了，还差第二个条件，数字1的数量必须为k，若能达到，说明右边界也是一个有效解。
后面的题我只会分析到这里，但是这题比较难以理解，我再对较难的几个部分做下介绍，以帮助理解
完全覆盖，可以先看代码
class Solution1 {
/**
* 求[x, y]区间中，表示为b进制时，所含有的幂次的系数全部为1或者0的数的个数。
* 如，1011（十进制）= 1 * 10^3 + 0 * 10^2 + 1 * 10^1 + 1 * 10^0
* 实际上，求得是一类x，当将x表示为b进制时，和为x的所有b幂次的系数`全为1`
*/
public int solve(int x, int y, int k, int b) {
return dp(y, b, k) - dp(x - 1, b, k);
}
// f[i][j]:求i位b进制数中，数字只有0和1的情况下，1的个数为j的数的个数。
static final int N = 32;
static int[][] f = new int[N + 1][N + 1]; // 从数位最多为二进制考虑，即最大为32位，也就最多有32个1
static {
//习惯性的不考虑任何i=0的情况
for (int i = 1; i <= N; i++) {
// 从i位数中选取0个1，当前只有全为为0这种解了。
f[i][0] = 1;
}
f[1][1] = 1; //f[1][i] = 0, (i > 1)
for (int i = 2; i <= N; i++) {
for (int j = 1; j <= N; j++) {
// 求i位中1的个数位j的情况，就是求1的排列数
// 从动态规划角度考虑：i位数j个1，对于任何一个数位，只有两种情况:
// 1)为0，则就需要在剩下的i-1个数中得到j个1；
// 2)为1，就需要在剩下i-1个数中得到j-1个1.
f[i][j] = f[i - 1][j - 1] + f[i - 1][j];
}
}
}
// 将区间问题，统一转化为[0, n]的问题，这样区间问题就变成了dp(y) - dp(x - 1)问题。
public int dp(int n, int b, int k) {
if (n == 0) {
// 看题意，必须处理0防止bits为空。
return 1;
}
// 1. 获取数位
// 1)预估数位个数：32位整数位数最多的进制为2进制，即32位，剩下所有进制都没有32个，故开辟32位作为数位数组是足够的
int[] bits = new int[32];
// 2) 得到每个数位，高位在最后一位
int len = 0;
while (n != 0) {
bits[len++] = n % b;
n /= b;
}
// 2. 模板部分
int res = 0; // 结果变量，根据实际情况可能是一个数组
int last = 0; // 保存dp树右边界的上一个状态，这里记录有边界上已经取得的1的数量【这个设置初始值比较有讲究，需要满足不能干扰第一次遍历的特点，本题中，我们想要的是n表示为b进制时，1的数量，所以0不会干扰求解】。
for (int i = len - 1; i >= 0; i--) { // 习惯上都是从高位向着低位探索
int x = bits[i];
if (x >= 1) { // 若当前位为0，那么为了保证右边界的数能够小于等于原数【之前每一位全部都相等】，只能填0，因此这一位可以直接跳过，被固定死了
// 只要当前位大于0，那么结果集里面，当前位为0的全部答案都能被覆盖，这就让这个穷举的问题变成了一个可以直接求解的问题
// (PS:这个`通过结果集覆盖某个分支而直接求解这个分支`的思想是数位DP的核心，而`直接求解`这件事本身是数位DP另一个要点，就是上面的预处理数组f)
res += f[i + 1][k - last]; // 将当前位置固定为0后，后面无论怎么取都能满足`? < n`, 所以可以通过预处理直接求解[?指通过排列0，1得到的目标数]
if (x > 1) {
// 同理，若当前位置大于1，则可以取得当前数位为1的全部解【无论后面怎么排列，都必定满足? < n】，故可以直接求解
if (k - last - 1 >= 0) {
res += f[i + 1][k - last - 1]; // 可以取1的另一个条件是，右边界上全部的1的数量last仍然小于k
}
// 因为右子树的含义是：`？的第i位取当前数位值x的情况下`，接下来的情况数; 而这题要求的是只能取1或者0，而此时的x>1，不符合条件，右子树被直接剪枝
break;
} else {
// 由于当前位置刚好为1，解集合没能完全覆盖这个分支，所以只能继续`递归`求解
last++;
if (last > k) {
// 但是，若是右子树取了这个1以后，导致右边界1的数量已经超过了k，那么右子树下的任何解都必定不满足要求，直接剪枝
break;
}
}
}
if (i == 0 && last == k) {
// 右边界本身【即n本身】就是一个可行解，而我们即将退出循环，导致这个可行解没有考虑到，在这里补上
res++;
}
}
return res;
}
}
解释：
在数位讨论中，根据x的不同取值，有三种情况：
1）x=0，不可能存在被x完全覆盖的j，即
左子树是不存在的，因此无需考虑左子树，直接继续考虑右子树即可。举个例子，n=1103，我们已经考虑到了十位，那么就是要找一个符合11XY的数，我们可以将X选择位不为0的任何数吗？显然不行，不论X是大于0的任何数字，都绝对会大于n本身;
数位dp中，有两种情况是
绝对大于的：1）数位数量较大，这是一种数量级的碾压，数位数量大的绝对大；2）数位一样，前面i-1位也是一样，但是第i位时，第一个数大于另外一个，也是绝对大于的，上面就是情况2；
2）x=1：1能够完全覆盖的只有0，因此我们直接计算所有此位为0的解，表示就是`f[i + 1][k - last]`【有人可能会对取i+1有些不解，这是因为我们是从len-1遍历到0，i表示起始是数位数量少1，而我们f的定义是第一维就是数位的数量，因此这里求解i需要加一】；举个例子，n=1103，我们已经考虑到了百位，那么就是要找一个符合1XYZ的数。此时，只要X取0，那么任何形如10YZ的数都是小于n的数，而YZ本身就是一个二位数，又可以随意取0或者1【当然要满足1的数量要为k-last个】，这不就刚好满足我们f[2][k-last]的状态定义吗？
3）x>1： 首先，我们完全覆盖了0和1，针对0和1都能直接求解，0的求解和2）一样，1的求解当前需要将所需要的1的数量从k-last降低一个，即f[i + 1][k - last - 1]；其次，我们获取了一个不符合条件的数位x, 因此这里需要终止循环举个例子，n=1133，我们已经考虑完了十位，那么下一步就去探索一个113x的右子树，但是，无论x取什么，113x都不会一个满足要求的解，因为中间十位的系数不是0或者1.
2. [x,y]中不降数的数量
不降数：十进制表示中，高位到低位每位数字单调递增【不能递减，如1124就是一个不降数】
套路分析：
0）前导0考虑：若一个不含前导0的数是不降数，那么在它前面无论加多少个0都是不降数。
1）取值范围：
10进制表示，int表示最多为20亿，即10位数；
数字个数依然是0~9，因此最大为10个；
2）状态定义：f[i][j]: i位数中，第一位数字为j的不降数个数
状态转移：
由阎氏dp分析法：最后一步是取决于第二位数字k的取值，由于满足不降的性质，k>=j ，因此F
f [ i ] [ j ] = ∑ 0 → 9 f [ i − 1 ] [ k ] , k < = j f[i][j] = \sum_{0 \to 9}{f[i-1][k]}, k <= j f[i][j]=0→9∑f[i−1][k],k<=j
3）last定义：我们要求不降的性质，last只需要记录上一位的取值即可；
4）提前结束条件：n的某些位数发生了逆序，即x 比如[11,12]中，数字1和2的累计个数为3和1，其他数字都是0 这题可能是三题中最难的一道。。。 特殊点： 由于是 套路分析： 0）前导0分析：由于可能就是要求0的数量，若包含前导0，显然不符合题意（实现n为5位数，那么难道每个个位数为都有4个0？显然很不对劲！） 不考虑前导0的话，就需要：1）数位讨论时，第一位不能取0；2）退出后，额外考虑所有不足N位的情况。 1）取值范围：位数：最多10位；数字0~9，共10位；当前处理的数字：共10位 2）状态定义： 3）状态转移： 阎氏dp分析法：k的数量只与我们选取的第二位（即i-1位）数字有关，主要分为两类： 4）last定义：我们需要之前所有的数字k的数量，这点和状态转移中情况2类似：左分支每多一种选择，之前所有的右边界上1都会重复10^i(i为当前左分支所在的数字位数) 以1132，当前求1的数量为例，在考虑十位数时，前面我们已经选择千位和百位上两个1，而十位数我们有02三种选择，且都是可以完全覆盖的（比如我们若选择0,110x都会被1132覆盖），而每个选择都会因为个位数的选择而重复10次，110x就会有11001109 10个数，同理选择1,2也是如此，即每个选择都累加10^1=10种； 5）退出条件：无需退出 6）最右节点：累计右边界上所有k即可。 到这里之前，我默认你已经复习了第一节并实现了上面三个算法。 我们可以给出数位dp的java模板： 有了模板以后，应该难度可以降低很多。下面就用力扣上的题目实操一下吧，希望你先去自己做（套模板）再来看我的做法，很有可能你的更好。 while (n > 0) {class Solution2 {
/**
* 求[x,y]中不降数的数量。
* 不降数：十进制表示中，高位到低位每位数字单调递增
*/
public int solve(int x, int y) {
return dp(y) - dp(x - 1);
}
// ~~有i位数，当首位为j的情况下的不降数个数~~
// static int[][] f = new int[11][10];//11：32位整数的最大值为20亿，即10位数，故位数取值范围为[0, 10];
// 10：十进制的取值可能只有10种。
static int[][] f = new int[11][10];
static {
// 由于删去了0状态，此时i表示有i+1位数。
Arrays.fill(f[1], 1);// 只有一位数，故取值只有一种
for (int i = 2; i <= 10; i++) {
for (int j = 0; j <= 9; j++) {
for (int k = j; k <= 9; k++) {
// f[i][j]的值是上一位取比j小的情况下所有的可能累加。
f[i][j] += f[i - 1][k];
}
}
}
}
private int dp(int n) {
if (n == 0) {
return 1;
}
// 1. 获取数位
int[] bits = new int[10];
int len = 0;
while (n != 0) {
bits[len++] = n % 10;
n /= 10;
}
// 2. 两个变量
int res = 0;
int last = 0; // 要想last不对第一位的取值产生任何影响，就需要`last<=第一位任何可以取的值`，0就可以了
// 3. 逐位分析
for (int i = len - 1; i >= 0; i--) {
int x = bits[i];
for (int k = last; k < x; k++) {// 只要当前位置取值比x更小，就能被解集全部覆盖【处于左子树下】，可以直接求解
// 当前位为第i位，即一共(i + 1)位,根据f的定义，f[i][j] 表示一共i+1位时且首位为j的解，故此时为f[i][k](共i+1位，首位为k)
res += f[i + 1][k];
}
if (last > x) {
break;
}
// 继续探索右子树
last = x;
// 若右边界的组合[原数]也是一个不降数，要在退出循环前加上
if (i == 0) {
res++;
}
}
return res;
}
}
3. [x, y]中所有十进制数中每位数字的累计个数
每位数字，显然我们根据每种数字分别处理，一共10次处理是最方便的，同样在状态定义中，为了对数字无差别统一处理，我们也需要额外的一维来记录当前处理的是哪个数字。f[i][j][k]：i位数中，最高位是j，满足这样性质的数中数字k的数量
f[i - 1][0][k]到f[i - 1][9][k]即可得到所有的低位解
class Solution3 {
//f[i][j][k]: 以j开头所有可能的i位数中，含有数字k的数目
static int[][][] f = new int[11][10][10];
static {
for (int i = 0; i < 10; i++) {
//一位数时，只有这个数字就是k，才会含有一个k
f[1][i][i] = 1;
}
for (int i = 2; i <= 10; i++) {
for (int j = 0; j < 10; j++) {
for (int k = 0; k < 10; k++) {
//计算i位数低位的k的数量
for (int x = 0; x < 10; x++) {
f[i][j][k] += f[i - 1][x][k];
}
//计算i位数中最高位k的数量
if (j == k) {
//当最高位就是k时，会增加k + 0~10^i-1这些排列，共10^i
//例如，查询1xx的数量（三位数），若最高位为1，那么就会多100~199共100种百位数为k的数字
f[i][j][k] += (int)Math.pow(10, i);
}
}
}
}
}
//计数问题：计算a~b之间，所有0~9各位数字出现的次数
public int[] solve(int x, int y) {
int[] res = new int[10];
for (int i = 0; i < 10; i++) {
res[i] = dp(y, i) - dp(x - 1, i);
}
return res;
}
private int dp(int n, int d) {
int[] bits = new int[10];
int len = 0;
while (n > 0) {
bits[len++] = n % 10;
n /= 10;
}
int res = 0;
//记录右边界上d的数量
int last = 0;
for (int i = len - 1; i >= 0; i--) {
int x = bits[i];
int s = i == len - 1 ? 1 : 0;
for (int j = s; j < x; j++) {
res += f[i + 1][j][d];
}
//TODO: 难点
//左分支每个选择都需要额外加上之前所有的d*10^(i+1)
res += last * (int)Math.pow(10, i + 1) * x;
if (x == d) {
last++;
}
if (i == 0) {
res += last;
}
}
//不足N位数
for (int i = 1; i < len; i++) {
//第一位必须是非0
for (int j = 1; j <= 9; j++) {
res += f[i][j][d];
}
}
return res;
}
}
三、小结
class Solution {
static int[][] f = new int[11][10];
static {
for (int j = 0; j <= 9; j++) {
//f[i][x]的定义
}
for (int i = 2; i <= 10; i++) {
for (int j = 0; j <= 9; j++) {
for (int k = 0; k <= 9; k++) {
//根据题意可能剔除某些k
//很多都会有下面这个等式
f[i][j] += f[i - 1][k];
}
}
}
}
int solve(int l, int r) {
return dp(r) - dp(l - 1);
}
int dp(int n) {
if (n == 0) {
return 1;
}
int[] bits = new int[10];
int len = 0;
while (n > 0) {
bits[len++] = n % 10;
n /= 10;
}
int res = 0;
//记录右边界上的状态
int last = 0;
for (int i = len - 1; i >= 0; i--) {
int x = bits[i];
for (int j = 0; j < x; j++) {
//大部分都有这个式子
res += f[i + 1][j];
}
if (x与last的关系不符合某个条件) {
break;
}
//根据last的定义进行更新
last = x;
//求解到最右节点，考虑右边界是否满足条件，满足则加一
if (i == 0) {
res++;
}
}
return res;
}
}
四、力扣上的数位DP
357
class Solution {
//f[i] : 9 * 8 * 7 ... (i个乘数)
//i-1位数可行的解的数量【我这里选择用0表示1位数...】
static int[] f = new int[10];
static {
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 9; i++) {
f[i] = f[i - 1] * (10 - i);
}
}
public int countNumbersWithUniqueDigits(int n) {
if (n == 0) {
return 1;
}
//0算是一个可行解。
int res = 1;
//由于第一位必定是1，之后必定是0，1时只能进入右分支，而第一位不能为0，之后0没有左分支，相当于每一位都不能有变化，循环就没有必要了
//讨论不足n + 1位的情况
for (int i = 1; i <= n; i++) {
//不足n+1位，必定小于10^n, 就可以直接利用公式求解
res += 9 * f[i - 1];
//其实与下面这种经典写法等价。
/**
//首位必须大于0
for (int i = 1; i <= 9; i++) {
res += f[i - 1];
}
*/
}
return res;
}
}
600
class Solution {
public int findIntegers(int n) {
//这个直接当作dp函数
if (n == 0) {
return 1;
}
// 1. 获取数位
int[] bits = new int[32];
int j = 0;
while (n != 0) {
bits[j++] = n % 2;
n /= 2;
}
//2. 两个变量
int res = 0;
int last = 0; //右边界中，上个数是什么，取0的话，将对下个数位取值无影响
//3. 逐位考虑
for (int i = j - 1; i >= 0; i--) {
int x = bits[i];
if (x == 1) {//若x==0，当前固定死了只能取0，不会对结果产生影响, 直接跳过
//取1时，可以完整囊括左子树(取0)的所有解
res += f[i + 1][0];
if (last == 1) {
//右子树将不符合要求，没有深入探索的必要
break;
}
}
last = x;
if (i == 0) {
//右边界也是一个有效解
res++;
}
}
return res;
}
//i个二进制位中，最高位选择了j(0/1)时，含有的方案数
static int[][] f = new int[33][2];
static {
//只有一位，也只有一种选择
f[1][0] = 1;
f[1][1] = 1;
for (int i = 2; i <= 32; i++) {
f[i][0] = f[i - 1][0] + f[i - 1][1];
f[i][1] = f[i - 1][0];
}
}
}
902
class Solution {
public int atMostNGivenDigitSet(String[] digits, int n) {
int[] bits = new int[10];
int len = 0;
while (n != 0) {
bits[len++] = n % 10;
n /= 10;
}
int m = digits.length;
int[] nums = new int[m];
for (int i = 0; i < m; i++) {
nums[i] = Integer.parseInt(digits[i]);
}
int res = 0;
for (int i = len - 1; i >= 0; i--) {
int x = bits[i];
//二分查找第一个小于x的位置
int lo = 0, hi = m - 1;
while (lo < hi) {
int mid = (hi + lo + 1) >> 1;
if (nums[mid] >= x) {
hi = mid - 1;
} else {
lo = mid;
}
}
if (nums[lo] >= x) {
lo = -1;
}
res += (lo + 1) * pow(m, i);
//右分支被剪枝[右分支的这位数字不存在]
if (Arrays.binarySearch(nums, x) < 0) {
break;
}
if (i == 0) {
//n自身也是可行解。
res++;
}
}
//不足len位数的方案
for (int i = 1; i < len; i++) {
res += pow(m, i);
}
return res;
}
private int pow(int n, int t) {
return (int)Math.pow(n, t);
}
}
1012
class Solution {
//小于等于n且不存在重复数字的数个数
public int dp(int n) {
int[] bits = new int[10];
int len = 0;
while (n > 0) {
bits[len++] = n % 10;
n /= 10;
}
int res = 0;
//已经选了多少个数了
int last = 0;
//记录右边界选过哪些数
boolean[] v = new boolean[10];
for (int i = len - 1; i >= 0; i--) {
int x = bits[i];
if (i == len - 1) {
//第一位，只能在1~x-1中选
res += (x - 1) * count(i, 9);
} else {
//其他位都可以在0~x-1中选
//需要去掉之前选过的数字
int t = x;
for (int j = 0; j < x; j++) {
if (v[j]) {
t--;
}
}
res += t * count(i, 9 - last);
}
if (v[x]) {
break;
} else {
v[x] = true;
}
last++;
if (i == 0) {
res++;
}
}
//不足N位的答案
//都小于n，可以直接求得
for (int i = 1; i < len; i++) {
//第一位必须大于0
res += count(i - 1, 9) * 9;
}
return res;
}
//从s开始，一共n个数，即A(s, s - n + 1)
private int count(int n, int s) {
int res = 1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
res *= (s - i);
}
return res;
}
public int numDupDigitsAtMostN(int n) {
if (n <= 10) {
return 0;
}
return n - dp(n);
}
}
233
class Solution {
static int N = 10;
//f[i][j]: i位数，最高位为j，所能得到的数当中数字1的数量
static final int[][] f = new int[N + 1][N];
static {
f[1][1] = 1;
for (int i = 2; i <= 10; i++) {
for (int j = 0; j < 10; j++) {
for (int k = 0; k < 10; k++) {
f[i][j] += f[i - 1][k];
}
if (j == 1) {
f[i][j] += pow(i - 1);
}
}
}
// for (int i = 0; i < f.length; i++) {
// System.out.println(Arrays.toString(f[i]));
// }
}
static int pow(int n) {
return (int)Math.pow(10, n);
}
public int countDigitOne(int n) {
if (n == 0) {
return 0;
}
int[] bits = new int[10];
int len = 0;
while (n > 0) {
bits[len++] = n % 10;
n /= 10;
}
int res = 0;
//右边界上的1的数量
int last = 0;
for (int i = len - 1; i >= 0; i--) {
int x = bits[i];
int j = i == len - 1 ? 1 : 0;
for (; j < x; j++) { //不包含前导0
res += f[i + 1][j];
}
res += last * x * pow(i);
if (x == 1) {
last++;
}
if (i == 0) {
res += last;
}
}
//不足N位的直接求
for (int i = 1; i < len; i++) {
for (int j = 1; j <= 9; j++) {
res += f[i][j];
}
}
return res;
}
}
bits[len++] = n % 10;
n /= 10;
} int res = 0;
//右边界上的1的数量
int last = 0;
for (int i = len - 1; i >= 0; i--) {
int x = bits[i];
int j = i == len - 1 ? 1 : 0;
for (; j < x; j++) { //不包含前导0
res += f[i + 1][j];
}
res += last * x * pow(i);
if (x == 1) {
last++;
}
if (i == 0) {
res += last;
}
}
//不足N位的直接求
for (int i = 1; i < len; i++) {
for (int j = 1; j <= 9; j++) {
res += f[i][j];
}
}
return res;
}
}