LeetCode No.233 Number of Digit One 题解

LeetCode No.233 Number of Digit One 题解

题目描述

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Given an integer n, count the total number of digit 1 appearing in all non-negative integers less than or equal to n.

For example:
Given n = 13,
Return 6, because digit 1 occurred in the following numbers: 1, 10, 11, 12, 13.

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题目分析

这题这形式给出来就直接让人想到数位DP。。果断试着推了一下， 发现不是很难。 尤其是这题只要讨论数字1出现的次数， 下面推导的过程我们可以看到这比其他数字更加容易推导。

由于这是第一篇数位DP的博客。 就先简单介绍一下数位DP是什么。
先从DP开始说起。Dynamic Programming 我的简单理解是，将原问题分解为相同性质的子问题 (这一步分解很重要！). 然后需要的就是推导出子问题与原问题之间的联系（如果把不同规模的问题，看作是相同问题的不同状态， 这这个联系的函数表达即是常说的状态转移方程）
数位DP其实就是DP的一种形式罢了。有区别与一般的DP在于， 对于一般的数n,状态的转移一般是在同一个数量级上的转移。不负责任的写一个常用的一维DP形式：
f[k] = func(f[k - 1], f[k - 2], ... f[k - n])

这个式子里面， func函数是实现状态转移的主体， 视不同情况而不同。 需要注意的是这里func的参数是该问题的前n个状态。 这与当前状态处于同一个数量级上。
而数位DP则显得更加“效率”， 它的状态转移是从logN转移上来的。比如说直接从f[10]转移到f[100]，再到f[1000]之类。 这类DP的状态转移是在数位上进行的。换个角度去看， 即是从状态2（2位）转移至状态3（3位）， 再到状态4.（4位）

这道题的数位DP形式是特别典型的那种。所以就先闲扯了一点。 下面来看这题本身。由于这是裸数位DP， 所以思路什么的就略去了。下面直接开始推最关键的， 状态转移方程。
要推方程还得先看问题要怎么分解为子问题。来举个栗子：n = 2101.
如果稍微能类比一下的话， 套用上面写的一维DP的形式， 很容易猜想到可能方程会以如下形式出现：
f[2101] = func(f[1000], f[100], f[10], f[1])
这就是在数位上而言， 的前几个状态嘛~
这里我们也可以看到， 数位DP可以用非常少的状态来得到我们需要的下一个状态。 这侧面反映了我们如果迭代去计算时必然包含了大量的重复运算。重复在哪里？ 以上面那个例子，来具体列举几个：
f[2000] = f[1000] + f[2000] - f[1000]
这样写的目的，就是把2000分成两部分去看。然后对应上， 是不是发现， 除了最高位， 其他都是相等的1的个数呢。。。
001,002...100...998, 999
1001,1002...1100...1998, 1999

所以可以看到， 我们只要算出了f[1000], 事实上f[2000]是可以直接推出的， 有f[2000] = 2 * f[1000] + 1000
在这里我要特别说明一下， 这里的f[1000]是不包含1000本身的，计算的是从1~999中1的个数。这样做的目的就是为了使状态转移方程好看一些。
类似的， 我们应该能够推出，f[2101] = 2 * f[1000] + 1000 + f[100] + f[1]

推到这一步， 我们做到什么程度了呢？ 就是把任意一个数n的f[n]分解为了几个 10n 的状态。（再提醒一句， 在数位DP中， 这些就是连续状态）换个表述来说， 我们可以把原问题的任意状态， 表示为一系列“基状态”的线性组合（对于一般的DP， 这里应该写组合， 而这题而言，显然是线性的）。下面需要推导的，就是基状态之间如何转移的。

实际上呢。。。基状态的转移和上面的， 把原问题分为一系列基状态的过程， 十分类似。 考虑f[10]->f[100]:

f[100] = f[100] - f[90] + f[90] - f[80]...- f[10] + f[10]
拆分出来的10个部分， 每一部分的值与f[10]都有紧密联系。除了10~19这一部分， 其他的9部分值是和f[10]相同的。
讲了这么多， 我觉得大概直接贴状态转移应该也能懂了吧。。
f[i] => 1 ~ (10 ^ i - 1) 中 1 的出现次数
f[i] = 10 * f[i - 1] + num(i - 1), num(i - 1)为 pow(10, i - 1)

到这里， 基本就解释完了整个过程。其实不算复杂。 只是我表达能力欠缺。orz。

一行代码胜千言， 下面是实现代码：

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class Solution {public:    int countDigitOne(int n) {        if (n < 1) return 0;        int i = 0, dealt = 0, ans = 0;        int f[20];        memset(f, 0, sizeof(f));        // f[i] => 1 ~ (10 ^ i - 1) 中 1 的出现次数        // f[i] = 10 * f[i - 1] + num(i - 1), num(i - 1)为 pow(10, i - 1)        // dealt: 已经处理完的数字（n的某个右侧部分）        while (n > 0) {            int t = n % 10;            n/= 10;            f[i] = i * pow(10, i - 1);            if (t == 1) ans+= dealt + 1 + f[i];            else if (t > 1) ans+= t * f[i] + pow(10, i);            dealt+= t * pow(10, i);            i++;        }        return ans;    }};

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总代码量就22行，还包含了三行注释。。。前文看不懂的直接看代码算了。。。

其他细节

• 由于我想把这篇博客的重点放在讲解数位DP上，因此有很多实现细节没有说明清楚。 不过略看一下代码应该很清楚的。
• 实际上当数位为1时， 需要另外讨论。 这在代码中也有体现。 正是这一点， 使得计算1的个数比其他数字来的稍微容易一点： 1的话只要讨论>1和=1的情况。其他数字要讨论3种（0除外）
• 数位DP博大精深，这题只是比较水的一题而已， 我自己对数位DP的题也没多少自信（事实上DP我都很虚）。。。如果上面的有说错的地方，希望大家不吝赐教。

The End.