从1到N这N个数中1的出现了多少次?

算法的时间复杂度是如何减少的
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给定一个十进制整数N,求出从1到N的所有整数中出现"1"的个数。

例如:N=2,1,2出现了1个"1"。

N=12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12。出现了5个"1"。

最直接的方法就是从1开始遍历到N,将其中每一个数中含有"1"的个数加起来,就得到了问题的解。

public long CountOne3(long n)
{
	long i = 0,j = 1;
	long count = 0;
	for (i = 0; i <= n; i++)
	{
		j = i;
		while (j != 0)
		{
			if (j % 10 == 1)
				count++;
			j = j / 10;
		}
	}
	return count;
}

此方法简单,容易理解,但它的问题是效率,时间复杂度为O(N * lgN),N比较大的时候,需要耗费很长的时间。

我们重新分析下这个问题,对于任意一个个位数n,只要n>=1,它就包含一个"1";n<1,即n=0时,则包含的"1"的个数为0。于是我们考虑用分治的思想将任意一个n位数不断缩小规模分解成许多个个位数,这样求解就很方便。

但是,我们该如何降低规模?仔细分析,我们会发现,任意一个n位数中"1"的个位可以分解为两个n-1位数中"1"的个数的和加上一个与最高位数相关的常数C。例如,f(12) = f(10 - 1) + f(12 - 10) + 3,其中3是表示最高位为1的数字个数,这里就是10,11,12;f(132)=f(100 -1) + f(132 - 100) + 33,33代表最高位为1的数字的个数,这里就是100~132;f(232) = 2*f(100 - 1) + f(32) + 100,因为232大于199,所以它包括了所有最高位为1的数字即100~199,共100个。

综上,我们分析得出,最后加的常数C只跟最高位n1是否为1有关,当最高位为1时,常数C为原数字N去掉最高位后剩下的数字+1,当最高位为1时,常数C为10bit,其中bit为N的位数-1,如N=12时,bit=1,N=232时,bit=2。

于是,我们可以列出递归方程如下:

if(n1 == 1)
f(n) = f(10bit-1) + f(n - 10bit) + n - 10bit+ 1;
else
f(n) = n1*f(10bit-1) + f(n – n1*10bit) + 10bit;

递归的出口条件为:

if(1<n<10)  return 1;
else if (n == 0) return 0;

基于此,编写如下代码:

public long CountOne(long n)
{ 
	long count = 0;
	if (n == 0)
		count = 0;
	else if (n > 1 && n < 10)
		count =  1;
	else
	{
		long highest = n;//表示最高位的数字
		int bit = 0;
		while (highest >= 10)
		{
			highest = highest / 10;
			bit++;
		}
		int weight = (int)Math.Pow(10, bit);//代表最高位的权重,即最高位一个1代表的大小
		if (highest == 1)
		{
			count = CountOne(weight - 1)
			+ CountOne(n - weight)
			+ n - weight + 1;
		}
		else
		{
      		count = highest * CountOne(weight - 1)
    		+ CountOne(n - highest * weight)
        	+ weight;
		}
	}
	return count;
}

此算法的优点是不用遍历1~N就可以得到f(N)。经过我测试,此算法的运算速度比解法一快了许多许多,数字在1010内时,算法都可以在毫秒级内结束,而解法一在计算109时,时间超过了5分钟。但此算法有一个显著的缺点就是当数字超过1010时会导致堆栈溢出,无法计算。

还有就是,我尝试了许久也没有计算出此算法的时间复杂度到底是多少,似乎是O(lg2N),我并不确定,希望知道的高手能给予解答。

解法二告诉我们1~ N中"1"的个数跟最高位有关,那我们换个角度思考,给定一个N,我们分析1~N中的数在每一位上出现1的次数的和,看看每一位上"1"出现的个数的和由什么决定。

1位数的情况:在解法二中已经分析过,大于等于1的时候,有1个,小于1就没有。

2位数的情况:N=13,个位数出现的1的次数为2,分别为1和11,十位数出现1的次数为4,分别为10,11,12,13,所以f(N) = 2+4。N=23,个位数出现的1的次数为3,分别为1,11,21,十位数出现1的次数为10,分别为10~19,f(N)=3+10。

由此我们发现,个位数出现1的次数不仅和个位数有关,和十位数也有关,如果个位数大于等于1,则个位数出现1的次数为十位数的数字加1;如果个位数为0,个位数出现1的次数等于十位数数字。而十位数上出现1的次数也不仅和十位数相关,也和个位数相关:如果十位数字等于1,则十位数上出现1的次数为个位数的数字加1,假如十位数大于1,则十位数上出现1的次数为10。

3位数的情况:

N=123,个位出现1的个数为13:1,11,21,…,91,101,111,121。十位出现1的个数为20:10~19,110~119。百位出现1的个数为24:100~123。

我们可以继续分析4位数,5位数,推导出下面一般情况: 假设N,我们要计算百位上出现1的次数,将由三部分决定:百位上的数字,百位以上的数字,百位一下的数字。

如果百位上的数字为0,则百位上出现1的次数仅由更高位决定,比如12013,百位出现1的情况为100~199,1100~1199,2100~2199,…,11100~11199,共1200个。等于更高位数字乘以当前位数,即12 * 100。

如果百位上的数字大于1,则百位上出现1的次数仅由更高位决定,比如12213,百位出现1的情况为100~199,1100~1199,2100~2199,…,11100~11199,12100~12199共1300个。等于更高位数字加1乘以当前位数,即(12 + 1)*100。

如果百位上的数字为1,则百位上出现1的次数不仅受更高位影响,还受低位影响。例如12113,受高位影响出现1的情况:100~199,1100~1199,2100~2199,…,11100~11199,共1200个,但它还受低位影响,出现1的情况是12100~12113,共114个,等于低位数字113+1。

综合以上分析,写出如下代码:

public long CountOne2(long n)
{
	long count = 0;
	long i = 1;
	long current = 0,after = 0,before = 0;
	while((n / i) != 0)
	{           
		current = (n / i) % 10;
		before = n / (i * 10);
		after = n - (n / i) * i;
		if (current > 1)
			count = count + (before + 1) * i;
		else if (current == 0)
			count = count + before * i;
		else if(current == 1)
			count = count + before * i + after + 1;
		i = i * 10;
	}
	return count;
}

此算法的时间复杂度仅为O(lgN),且没有递归保存现场的消耗和堆栈溢出的问题。

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