计算1至n中数字X出现的次数

计算1至n中数字X出现的次数

描述

计算 1 至 n 中数字 X 出现的次数，其中 n≥1,X∈[0,9]。

解题思路

这是一道比较简单的题目，举个例子先：假设 n=11,X=1，那么就是求 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 这 11 个数字中 1 出现的次数，很容易能看出来结果为 4，在 1 和 10 中各出现了一次，在 11 中出现了两次。

最简单的办法就是依次遍历 1 至 n，再分别求每个数字中 X 出现的次数，代码如下所示：

?

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23

#include <stdio.h>   // 计算数字 X 在 n 中出现的次数。 int countOne(int n, int x) {     int cnt = 0;     for (;n > 0;n /= 10) {         if (n % 10 == x) {             cnt++;         }     }     return cnt; } // 计算数字 X 在 1-n 中出现的次数。 int count(int n, int x) {     int cnt = 0;     for (int i = 1;i <= n;i++) {         cnt += countOne(i, x);     }     return cnt; } int main() {     printf("%d ", count(237, 1)); }

这个方法的缺点是时间复杂度太高，countOne 方法的时间复杂度是 O(log10n)，count 方法的时间复杂度是 O(nlog10n)。

一个更好的办法是利用数学公式直接计算出最终的结果，该方法是依次求出数字 X 在个位、十位、百位等等出现的次数，再相加得到最终结果。这里的 X∈[1,9]，因为 X=0 不符合下列规律，需要单独计算。

首先要知道以下的规律：

• 从 1 至 10，在它们的个位数中，任意的 X 都出现了 1 次。
• 从 1 至 100，在它们的十位数中，任意的 X 都出现了 10 次。
• 从 1 至 1000，在它们的千位数中，任意的 X 都出现了 100 次。

依此类推，从 1 至 10i，在它们的左数第二位（右数第 i 位）中，任意的 X 都出现了 10i−1 次。

这个规律很容易验证，这里不再多做说明。

接下来以 n=2593,X=5 为例来解释如何得到数学公式。从 1 至 2593 中，数字 5 总计出现了 813 次，其中有 259 次出现在个位，260 次出现在十位，294 次出现在百位，0 次出现在千位。

现在依次分析这些数据，首先是个位。从 1 至 2590 中，包含了 259 个 10，因此任意的 X 都出现了 259 次。最后剩余的三个数 2591, 2592 和 2593，因为它们最大的个位数字 3 < X，因此不会包含任何 5。

然后是十位。从 1 至 2500 中，包含了 25 个 100，因此任意的 X 都出现了 25×10=250 次。剩下的数字是从 2501 至 2593，它们最大的十位数字 9 > X，因此会包含全部 10 个 5。最后总计 250 + 10 = 260。

接下来是百位。从 1 至 2000 中，包含了 2 个 1000，因此任意的 X 都出现了 2×100=200 次。剩下的数字是从 2001 至 2593，它们最大的百位数字 5 == X，这时情况就略微复杂，它们的百位肯定是包含 5 的，但不会包含全部 100 个。如果把百位是 5 的数字列出来，是从 2500 至 2593，数字的个数与百位和十位数字相关，是 93+1 = 94。最后总计 200 + 94 = 294。

最后是千位。现在已经没有更高位，因此直接看最大的千位数字 2 < X，所以不会包含任何 5。到此为止，已经计算出全部数字 5 的出现次数。

总结一下以上的算法，可以看到，当计算右数第 i 位包含的 X 的个数时：

1. 取第 i 位左边（高位）的数字，乘以 10i−1，得到基础值 a。
2. 取第 i 位数字，计算修正值：
   1. 如果大于 X，则结果为 a+10i−1。
   2. 如果小于 X，则结果为 a。
   3. 如果等 X，则取第 i 位右边（低位）数字，设为 b，最后结果为 a+b+1。

相应的代码非常简单，效率也非常高，时间复杂度只有 O(log10n)。

?

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17

// 计算数字 X 在 1-n 中出现的次数。 int count(int n, int x) {     int cnt = 0, k;     for (int i = 1;k = n / i;i *= 10) {         // k / 10 为高位的数字。         cnt += (k / 10) * i;         // 当前位的数字。         int cur = k % 10;         if (cur > x) {             cnt += i;         } else if (cur == x) {             // n - k * i 为低位的数字。             cnt += n - k * i + 1;         }     }     return cnt; }

当 X = 0 时，规律与上面给出的规律不同，需要另行考虑。

最主要的区别是，最高位中永远是不会包含 0 的，因此，从个位累加到左起第二位就要结束，需要将上面代码中 for 循环的判断条件改为 k / 10 != 0。

其次是，第 i 位的基础值不是高位数字乘以 10i−1，而是乘以 10i−1−1。以 1 至 102 为例，千位中实际包含 3 个 0，但这三个 0 是来自于个位 2 计算得到的修正值，而非来自于基础值。千位的基础值是 0，因为不存在数字 01, 02, 03, ..., 09，即数字前是没有前导 0 的。解决办法就是将上面代码中第 6 行改为 cnt += (k / 10 - 1) * i。

经过综合与化简，得到了以下代码：

?

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

// 计算数字 0 在 1-n 中出现的次数。 int countZero(int n) {     int cnt = 0, k;     // k / 10 为高位的数字。     for (int i = 1;(k = n / i) / 10;i *= 10) {         cnt += (k / 10) * i;         // k % 10 为当前位的数字。         if (k % 10 == 0) {             // n - k * i 为低位的数字。             cnt += n - k * i + 1 - i;         }     }     return cnt; }

主要是将一些步骤进行了合并，令代码比较简练。