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分类： C/C++
2008-05-13 00:02:55
给定一个十进制正整数N，写下从1开始，到N的所有整数，然后数一下其中出现的所有“1”的个数。
例如：
N= 2，写下1，2。这样只出现了1个“1”。
N= 12，我们会写下1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12。这样，1的个数是5。
问题是：
1. 写一个函数f（N），返回1到N之间出现的“1”的个数,比如f（12）=5。
2. 在32位整数范围内，满足条件“f（N）= N”的最大的N是多少？
这个问题看上去并不是一个困难的问题，因为不需要太多的思考，我想大家都能找到一个最简单的方法来计算f（N），那就是从1开始遍历到N，将其中每一个数中含有“1”的个数加起来，自然就得到了从1到N所有“1”的个数的和。写成程序如下：
代码清单2-9
ULONGLONG Count1InAInteger(ULONGLONG n)
{
ULONGLONG iNum = 0;
while(n != 0)
{
iNum += (n % 10 == 1) ? 1 : 0;
n /= 10;
}
return iNum;
}
ULONGLONG f(ULONGLONG n)
{
ULONGLONG iCount = 0;
for (ULONGLONG i = 1; i <= n; i++)
{
iCount += Count1InAInteger(i);
}
return iCount;
}
这个方法很简单，只要学过一点编程知识的人都能想到，实现也很简单，容易理解。但是这个算法的致命问题是效率，它的时间复杂度是
O（N）×计算一个整数数字里面“1”的个数的复杂度 = O（N * log2 N）
如果给定的N比较大，则需要很长的运算时间才能得到计算结果。比如在笔者的机器上，如果给定N=100 000 000，则算出f（N）大概需要40秒的时间，计算时间会随着N的增大而线性增长。
看起来要计算从1到N的数字中所有1的和，至少也得遍历1到N之间所有的数字才能得到。那么能不能找到快一点的方法来解决这个问题呢？要提高效率，必须摈弃这种遍历1到N所有数字来计算f（N）的方法，而应采用另外的思路来解决这个问题。
【问题1的解法二】
仔细分析这个问题，给定了N，似乎就可以通过分析“小于N的数在每一位上可能出现1的次数”之和来得到这个结果。让我们来分析一下对于一个特定的N，如何得到一个规律来分析在每一位上所有出现1的可能性，并求和得到最后的f（N）。
先从一些简单的情况开始观察，看看能不能总结出什么规律。
先看1位数的情况。
如果N = 3，那么从1到3的所有数字：1、2、3，只有个位数字上可能出现1，而且只出现1次，进一步可以发现如果N是个位数，如果N>=1，那么f（N）都等于1，如果N=0，则f（N）为0。
再看2位数的情况。
如果N=13，那么从1到13的所有数字：1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13，个位和十位的数字上都可能有1，我们可以将它们分开来考虑，个位出现1的次数有两次：1和11，十位出现1的次数有4次：10、11、12和13，所以f（N）=2+4=6。要注意的是11这个数字在十位和个位都出现了1，但是11恰好在个位为1和十位为1中被计算了两次，所以不用特殊处理，是对的。再考虑N=23的情况，它和N=13有点不同，十位出现1的次数为10次，从10到19，个位出现1的次数为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字有关，还和十位数有关：如果N的个位数大于等于1，则个位出现1的次数为十位数的数字加1；如果N的个位数为0，则个位出现1的次数等于十位数的数字。而十位数上出现1的次数不仅和十位数有关，还和个位数有关：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；如果十位数大于1，则十位数上出现1的次数为10。
f(13) = 个位出现1的个数 + 十位出现1的个数 = 2 + 4 = 6；
f(23) = 个位出现1的个数 + 十位出现1的个数 = 3 + 10 = 13；
f(33) = 个位出现1的个数 + 十位出现1的个数 = 4 + 10 = 14；
…
f(93) = 个位出现1的个数 + 十位出现1的个数 = 10 + 10 = 20；
接着分析3位数。
如果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
f（23）= 个位出现1的个数 + 十位出现1的个数 + 百位出现1的次数 = 13 + 20 + 24 = 57；
同理我们可以再分析4位数、5位数。读者朋友们可以写一写，总结一下各种情况有什么不同。
根据上面的一些尝试，下面我们推导出一般情况下，从N得到f（N）的计算方法：
假设N=abcde，这里a、b、c、d、e分别是十进制数N的各个数位上的数字。如果要计算百位上出现1的次数，它将会受到三个因素的影响：百位上的数字，百位以下（低位）的数字，百位（更高位）以上的数字。
如果百位上的数字为0，则可以知道，百位上可能出现1的次数由更高位决定，比如12 013，则可以知道百位出现1的情况可能是100～199，1 100～1 199，2 100～2 199，…，11 100~11 199，一共有1 200个。也就是由更高位数字（12）决定，并且等于更高位数字（12）×当前位数（100）。
如果百位上的数字为1，则可以知道，百位上可能出现1的次数不仅受更高位影响，还受低位影响，也就是由更高位和低位共同决定。例如对于12 113，受更高位影响，百位出现1的情况是100～199，1 100～1 199，2 100～2 199，…，11 100~11 199，一共1 200个，和上面第一种情况一样，等于更高位数字（12）×当前位数（100）。但是它还受低位影响，百位出现1的情况是12 100～12 113，一共14个，等于低位数字（13）+1。
如果百位上数字大于1（即为2~9），则百位上可能出现1的次数也仅由更高位决定，比如12 213，则百位出现1的可能性为：100～199，1 100～1 199，2 100～2 199，…，11 100～11 199，12 100～12 199，一共有1 300个，并且等于更高位数字+1（12+1）×当前位数（100）。
通过上面的归纳和总结，我们可以写出如下的更高效算法来计算f（N）：
代码清单2-10
LONGLONG Sum1s(ULONGLONG n)
{
ULONGLONG iCount = 0;
ULONGLONG iFactor = 1;
ULONGLONG iLowerNum = 0;
ULONGLONG iCurrNum = 0;
ULONGLONG iHigherNum = 0;
while(n / iFactor != 0)
{
iLowerNum = n - (n / iFactor) * iFactor;
iCurrNum = (n / iFactor) % 10;
iHigherNum = n / (iFactor * 10);
switch(iCurrNum)
{
case 0:
iCount += iHigherNum * iFactor;
break;
case 1:
iCount += iHigherNum * iFactor + iLowerNum + 1;
break;
default:
iCount += (iHigherNum + 1) * iFactor;
break;
}
iFactor *= 10;
}
return iCount;
}
这个方法只要分析N就可以得到f（N），避开了从1到N的遍历，输入长度为Len的数字N的时间复杂度为O（Len），即为O（ln（n）/ln（10）+1）。在笔者的计算机上，计算N=100 000 000，相对于第一种方法的40秒时间，这种算法不到1毫秒就可以返回结果，速度至少提高了40 000倍。
要确定最大的数N，满足f（N）=N。我们通过简单的分析可以知道（仿照上面给出的方法来分析）：
9以下为： 1个；
99以下为： 1×10+10×1=20个；
999以下为： 1×100+10×20=300个；
9999以下为： 1×1000+10×300=4000个；
…
999999999以下为： 900000000个；
9999999999以下为： 10000000000个。
容易从上面的式子归纳出：f（10n-1）= n * 10n-1。通过这个递推式，很容易看到，当n = 9时候，f（n）的开始值大于n，所以我们可以猜想，当n大于某一个数N时，f（n）会始终比n大，也就是说，最大满足条件在0～N之间，亦即N是最大满足条件f（n）= n的一个上界。如果能估计出这个N，那么只要让n从N往0递减，每个分别检查是否有f（n）= n，第一个满足条件的数就是我们要求的整数。
因此，问题转化为如何证明上界N确实存在，并估计出这个上界N。
证明满足条件f（n）= n的数存在一个上界
首先，用类似数学归纳法的思路来推理这个问题。很容易得到下面这些结论（读者朋友可以自己试着列举验证一下）：
当n增加10时，f（n）至少增加1；
当n增加100时，f（n）至少增加20；
当n增加1 000时，f（n）至少增加300；
当n增加10 000时，f（n）至少增加4 000；
……
当n增加10k时，f（n）至少增加k*10k-1。
首先，当k>=10时，k*10 k-1> 10 k，所以f（n）的增加量大于n的增加量。
其次，f（1010-1）=1010>1010-1。如果存在N，当n = N时，f（N）-N>1010-1成立时，此时不管n增加多少，f（n）的值将始终大于n。
具体来说，设n的增加量为m：当m小于1010-1时，由于f（N）-N>1010-1，因此有f（N + m）> f（N）> N + 1010-1 > N + m，即f（n）的值仍然比n的值大；当m大于等于1010-1时，f （n）的增量始终比n的增量大，即f（N + m）- f（N）>（N+m）- N，也就是f（N + m）> f（N）+ m > N + 1010-1+ m > N + m，即f（n）的值仍然比n的值大。
因此，对于满足f（N）- N > 1010-1成立的N一定是所求该数的一个上界。
求出上界N
又由于f（1010-1）= n *1010-1，不妨设N = 10K-1，有f（10 K-1）-（10 K-1）> 1010-1，即K*10 K-1 -（10 K-1）> 1010-1，易得K > =11时候均满足。所以，当K = 11时，N=1011-1即为最小一个上界。
计算这个最大数n
令N = 1011-1=99 999 999 999，让n从N往0递减，每个分别检查是否有f（n）= n，第一满足条件的就是我们要求的整数。很容易解出n = 1 111 111 110是满足f（n）= n的最大整数。
对于其他进制表达方式，也可以试一试，看看有什么规律。例如二进制：
f（1）= 1
f（10）= 10（因为01, 10有两个1）
f（11）= 100（因为01, 10, 11有四个1）
读者朋友可以模仿我们的分析方法，给出相应
