从1到n整数中1出现的次数

题目：输入一个整数n，求从1到n这n个整数的十进制表示中1出现的次数。例如输入12，从1到12这些整数中包含1的数字有1，10,11和12,1一共出现了5次。

这道题目开始是在《编程之美》这本书上面看到的，当时对于它的解析有点不理解，后来在参加大众点评在线笔试的时候正好遇到了这个题目，还好在有限的时间内将解题的时间复杂度达到了最优。最近又在《剑指offer》上面再次遇到这个题目，这里小小的总结一下。

解法一：这个题目看上去并不困难，最直观的解法就是从1开始遍历到n，将其中含有‘1’的个数加起来，自然就得到了从1到n所有‘1’的个数的和。实现代码如下：

unsigned long count(unsigned long n){    long num = 0;    while(n != 0)    {        num += (n%10 == 1)? 1:0;        n /= 10;    }    return num;}unsigned long f(unsigned long n){    unsigned long count = 0;    for(unsigned long i = 1; i < n; i++)    {        count += count(i);    }    return count;}

这个方法实现起来很简单，但是我们对每个数字都要做除法和求余运算以求出该数字中1出现的次数，时间复杂度为O(n*lg n),当n非常大的时候，计算效率很低。所以要提高效率，我们必须摒弃这种遍历的方法，采用另外的思路。

解法二：我们首先分析1位数的情况，n = 3时，f(n)=1；n=0时，f(n)=0； 再看2位数的情况，如果n=13，个位上出现1的次数有2次，1和11，十位上出现1的个数有4次，10,11,12和13，所以f(n)=2+4=6；这里需要注意的是11这个数在十位和个位都出现了1，但是我们对11恰好计算了2次，所以11并不需要特殊处理。再考虑n = 23时的情况，它和n=13有点不同，十位上出现1的次数为10次，从10到19.个位出现1的次数为3次，1,11和21.所以f(n)=3+10=13.通过对两位数进行分析，我们发现，个位数出现1的次数不仅和个位数有关，还和十位数有关：如果n的个位数为0，则个位数出现1的次数等于十位数的数字，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.而十位数出现1的次数也类似：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，如果十位数大于1，则十位数上出现1的次数为10.下面看几个简单的例子：

f(13) = 2 + 4 = 6; f(23) = 3 + 10 = 13; f(33) = 4 + 10 = 14;.........f(99) = 10 + 10 = 20;

接下来我们分析百位数，千位数，万位数。。。。很快我们能发现一些规律，建议自己去观察总结会更有效果。下面我们以n=abcde为例，a,b,c,d,e分别代表十进制数n的各个数位上的数字。如果要计算百位上出现1的个数。分析：如果百位上面为0，则百位上面可能出现1的次数由更高位决定，比如n=12013，百位出现1的的情况可能有100~199,1100~1199,2100~2199...........11100~11199，一共12*100=1200个。如果百位上面的数字为1，可知百位上面出现1的次数就不仅仅收到高位的影响，还收到低位的影响，比如n = 12113，出现1的情况有前面列举过的1200种，还要加上12100~12113这13+1=14种。如果百位上数字大于1，则百位上可能出现1的次数仅由高位决定，同样除了前面列举的1200种，还要加上12100~12199这100种，一共为(12+1)*100=1300个。通过对百位的归纳和总结，我们对这个规律已经有了很清晰的了解，下面是实现代码：

long sum(unsigned long n){    unsigned long count = 0;    unsigned long factor = 1;    unsigned long lowerNum= 0;    unsigned long currNum= 0;    unsigned long higherNum= 0;        while(n /factor != 0)    {        lowerNum = n - (n / factor)*factor;        currNum = (n / factor) % 10;        higherNum = n /(factor * 10);                switch(currNum)        {        case 0:              count += higherNum * factor;              break;        case 1:              count += higherNum * factor + lowerNum + 1;              break;        default:              count += (higherNum + 1) * factor;              break;        }        factor *=10;    }        return count;}

这个方法只要分析n就能得到f(n)，避开了从1到n的遍历，一个数字n有lg(n)位，所以这种方法的时间复杂度为O(lg n)。

在linux下编辑运行结果如下：

上面的解法是《编程之美》上面采取的思路，从低位开始往高位遍历，《剑指offer》上面采用的是从高位往低位遍历，有异曲同工之效，时间复杂度同样是O(lg n)。