大数的除法和1到n的求1的个数
有很多人就直接在0到N的循环中计算数字1的总数,这显
然是低效的方法. 明显地应该有方法可以直接算出每一
位上出现1的次数.
拿327来说: 个位数出现了多少次1呢? 因为百和十位是
从00~32,因此首先有001,011...,311这32个1,再加上321
的1,一共13个; 看十位,百位从0变到3,每一个百位数字X
都对应着10个十位上的1,因为有X10~X19 ... 看,错了吧
? 这里虽可以这样算是因为十位数已经是2,可如果十位
数是1,那么就只有010~019,110~119,210~219,以3开头的
只有310~317,这就是为什么零头要单算,并且要按当前位
是大于1,小于1,还是等于1分别讨论;百位上数字3>1,每个1XY都有100个数,因此百位就有100个1.
综上,容易写出:
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
void main() {
int n, q, r0, r, p=1, sum1=0;
printf("N=:");scanf("%d", &n);
q=n;
do {
r=q%10; q/=10; r0=n%p;
sum1+= q*p;
if (r>1) sum1+=p;
else if (r==1) sum1+=(r0+1);
p*=10;
} while (q>0);
printf("The Number of 1s of %d is:%d/n", n, sum1);
}
一个有意思的数字是1111111110,输入试试看
void vlong_value::divide( vlong_value& x, vlong_value& y, vlong_value& rem )
// x：被除数，y：除数，rem：余数
{
init(0); //结合下面的add(s)，这里应该是指设商（用q表示）q=0;
rem.copy(x); // rem = x;
vlong_value m,s;
m.copy(y); // m = y
s.init(1); // s = 1
// 目前的状态： assert(q==0 && rem == x && m==y && s==1);
while ( rem.cf(m) > 0 ) // rem > m，即现在x > m 时
{
m.shl(); // m *= 2
s.shl(); // s *= 2
}
// 目前的状态：assert(q==0 && rem==x && m== y*s && （s是2的整数幂) && x <=m
// &&（m是所有满足前面条件的所有数中最小的一个）)
// 即上述while让m为y乘以一个2整数幂，以找到第一个不小于x的数，并用s保存这个乘数
// “m是所有满足前面条件的所有数中最小的一个”的数学表达是： y*s/2 <= x <= y*s
while ( rem.cf(y) >= 0 ) // rem >= y
{
while ( rem.cf(m) < 0 ) // rem < m
{
m.shr(); // m /= 2
s.shr(); // s /= 2
}
// 目前的状态 assert(rem>=y && m== y*s && （s是2的整数幂) && rem>=m
// && (m是满足上述条件中的所有数中最大的一个))
// 即while让m为y乘以一个2整数幂，以找到第一个不大于rem的数，并用s保存这个乘数
// “m是满足上述条件中的所有数中最大的一个”的数学表达是： y*s <= rem <= y*s*2
rem.subtract( m ); // rem -= m；即 rem -= y*s
add( s ); // 商q += s
}
// 目前的状态：assert( q==x/y && rem == x%y )
}
这个算法的本质是将商q 用二进制表示成 Sn Sn-1 .... S0
然后从Sn开始自高向低，每次（即 while ( rem.cf(y) >= 0 ) 段）找到第一个Si==1，令s=2^i，并从rem（开始为x）中减去y*s，直到rem<y
此时 rem == x - (Sn*2^n + Sn-1*2^(n-1) + ... + S0*2^0) * y == x - q*y == x % y