快速求解1~n的每个数字出现的次数.

对于快速求解1~n中每个数字出现次数的问题：

在做奥数题时，我们很多时候都会遇到这类问题：在1~999页中数字"1"出现了几次，数字"2"出现了几次...

对于这类问题在用笔算时我们一般是把1~999分为几个阶段：

1~9

10~99

100~999

...

10^n~10^n*10-1

这样子一个阶段一个阶段的求解，可以有效的快速的解答出来，然而在编程中，遇到这类问题，我们一般是用暴力枚举的方法，把1~999的每个数字都用字符串，然后再在字符串里计算tot。但是这样子的效率不高，O(n)的算法，使得在很多时候我们不能体现出计算机的最强大的一方面，当然如果数据范围大一点，O(n)也是不行的，所以今天，我要讲解一下如何用最简单的方法求出最快速的答案。

我们先想一想在暴力枚举中，我们的思路是与奥数不同的，而我们是否可以把思路转向另一侧，用奥数的方法解答出来呢？

例子1：

求出1~999里“1”出现的次数。

这道题首先我们现向奥数的方法划为三个阶段，然后计算1在个位，在十位，在百位出现的次数。

很明显：

个位：

在100~999这个阶段里'1'在个位出现了[1..9],[0..9],[1]次，9*10=90次。

在10~99这个阶段里'1'则出现了[1..9],[1]次，9*1=9次。

在1~9这个阶段里'1'出现了1次。

十位:

在100~999这个阶段里'1'在十位出现了[1..9],[1],[0..9]次，9*10=90次。

在10~99这个阶段里'1'在十位出现了[1][0..9]次，1*10=10次。

百位：

在100~999这个阶段里'1'在百位共出现了[1][0..9][0..9]，10*10=100次。

所以：在1~999个数当中，数字“1”出现了90+9+1+90+10+100=300次。

至此，我们已经能大概判断出有什么规律了，但是还不是非常准确，我们再看一个例子。

例子2：

求出1~684里“1”出现的次数。

同样划分阶段，再计算：

个位：

在100~684这个阶段里1在个位出现了[1..5],[0..9],[1]+[6],[0..8],[1]=5*10+1*9=59次。

在10~99这个阶段里1在个位出现了[1..9],[1]次，1*9=9次。

在1~9这个阶段里1在个位毋庸置疑出现了1次。

十位：

在100~684这个阶段里1在十位出现了[1..6],[1],[0..9]=6*10=60次。

在10~99这个阶段里1在十位同样出现了10次。

百位：

在100~684这个阶段里1在百位出现了[1],[0..9],[0..9]=10*10=100次。

所以：在1~684页中，数字“1”出现了59+9+1+60+10+100=239次。

从这里两个简单的例子我们可以发现：在计算个位在十、百位数的次数的时候，其实就等于这个数的前两位

计算1：

例如计算‘1’在个位出现次数：

       999：(90)+(9)=99

       684：(59)+(9)=68 （括号分别指在十、百为出现的次数）

所以，在计算个位的时候其实就等于这个数的个位前面位数的数。

然后我们还可以发现在十位中，也是十位前面位数的数*十位后面数的位:10^1.

然后百位的计算也是一样的，因为前面没数了，所以后面直接乘以一个10^2.

计算1所计算的是：以当前要求的数码k不变，其位置i前后数位所能为其组成的方案数。

计算2：

例如计算以‘1’为当前位置i的开头的方案数——什么意思呢？就是说例如当前

999，位置i=2——也就是以1开头的十位数，i=3——以1开头的百位数，i=4——以1开头的千位数，i=1——以1开头的个位数。

所以像上面的两个例子：

999，在算个位的时候，其实是有三步的，第三步就是以1开头方案数——只有1次

  在算十位的时候，其实是有两步的，第二步就是以1开头的方案数——有10次

          在算百位的时候，其实只有一步的，第一步就是以1开头的方案数——有100次

还有栗子：

184，计算个位的时候，以1开头的方案数——1次

  计算十位的时候，以1开头的方案数——10次

  计算百位的时候，以1开头的方案数——84次

由此我们可得出结论：当以数码k，在第i位的时候，只要数码k>s[length(s)-i+1]，就可以直接加10^(i-1)，否则，如果k=s[length(s)-i+1]的话，就加上其后面的数所组成的数。再如果——小于的话——则不用计算。

还是贴一下程序来理解吧：

function qiu(k:Longint):int64;//k代表的是要求的数码var        i:Longint;begin        qiu:=0;        for i:=1 to length(s) do        begin                inc(qiu,(n div a[i+1])*a[i]);//这里就是算i其前后位数的方案数。                if ord(s[length(s)-i+1])-48>k then inc(qiu,a[i]); //这里就是算如果以当前位为开头,要求的这一位是大于k的，则没有影响，直接+a[i]就行，这里就好似上面举的两个例子中计算个、十、百位的其中一步。                if ord(s[length(s)-i+1])-48=k then inc(qiu,n mod a[i]+1); //这里就是上面说的如果是大于k的，直接加a[i]，但如果是=k的，则加后面数的大小，例如158，则加58.如果是小于k的则没必要计算了。        end;end;

a[i]表示i^10，qiu记录总和，k表示要求的数字编号，s表示要求的数。

这个方法只是计算1~9的，如果说要计算0的话，则在结果后面还要减去一个11111...

for i:=1 to length(s) do                dec(ans,a[i]);