一本书的页码从自然数1开始顺序编码直到自然数n。书的页码按照通常的习惯编排，每个页码都不含多余的前导数字0。例如第6页用6表示而不是06或006。数字统计问题要求对给定书的总页码，计算出书的全部页码中分别用到多少次数字0,1,2,3,.....9。
这个题目有个最容易想到的n*log10(n)的算法。这是自己写的复杂度为O(n*log10(n))的代码：
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void statNumber(int n) { int i, t; int count[10] = {0}; for(i = 1; i <= n; i++) { t = i; while(t) { count[t%10]++; t/=10; } } for(i = 0; i < 10; i++) { printf("%d/n", count[i]); }} |
仔细考虑m个n位十进制数的特点，在一个n位十进制数的由低到高的第i个数位上，总是连续出现10^i个0，然后是10^i个1……一直到10^i个9，9之后又是连续的10^i个0，这样循环出现。找到这个规律，就可以在常数时间内算出第i个数位上每个数字出现的次数。而在第i个数位上，最前面的10^i个0是前导0，应该把它们减掉。
这样，可以只分析给定的输入整数n的每个数位，从面可以得到一个log10(n)的算法，代码如下：
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void statNumber(int n) { int m, i, j, k, t, x, len = log10(n); char d[16]; int pow10[12] = {1}, count[10] = {0}; for(i = 1; i < 12; i++) { pow10[i] = pow10[i-1] * 10; } sprintf(d, "%d", n); m = n+1; for(i = 0; i <= len; i++) { x = d[i] - '0'; t = (m-1) / pow10[len-i]; count[x] += m - t * pow10[len-i]; t /= 10; j = 0; while(j <= x-1) { count[j] += (t + 1) * pow10[len-i]; j++; } while(j < 10) { count[j] += t * pow10[len - i]; j++; } count[0] -= pow10[len-i]; /* 第i个数位上前10^i个0是无意义的 */ } for(j = 0; j < 10; j++) { printf("%d/n", count[j]); }} |
通过对随机生成的测试数据的比较，可以验证第二段代码是正确的。
对两段代码做效率测试，第一次随机产生20万个整数，结果在我的电脑上，第二段代码执行1.744秒。第一段代码等我吃完钣回来看还是没反应，就强行关了它。
第二次产生了1000个整数，再次测试，结果第一段代码在我的电脑上执行的时间是
10.1440秒，而第二段代码的执行时间是0.0800秒。
其原因是第一段代码时间复杂度为O(n*log10(n))，对m个输入整数进行计算，则需要的时间为 1*log10(1) + 2*log10(2) + ... + m*log10(m)， 当n > 10时，有
n*log10(n) > n，所以上式的下界为11+12+....+m，其渐近界为m*m。对于20万个测试数据，其运行时间的下界就是4*10^10。
同样可得第二段代码对于n个输入数据的运行时间界是n*log10(n)的。
上面的代码中有个pow10数组用来记录10^i，但10^10左右就已经超过了2^32，但是题目给定的输入整数的范围在10^9以内，所以没有影响。
原著中给出的分析如下：
考察由0,1,2...9组成的所有n位数。从n个0到n个9共有10^n个n位数。在这10^n个n位数中，0,1,2.....9第个数字使用次数相同，设为f(n)。f(n)满足如下递推式：
n>1:
f(n) = 10f(n-1)+10^(n-1)
n = 1:
f(n) =1
由此可知，f(n) = n*10^(n-1)。
据此，可从高位向低位进行统计，再减去多余的0的个数即可。
著者的思想说的更清楚些应该是这样：
对于一个m位整数，我们可以把0到n之间的n+1个整数从小到大这样来排列：
000......0
.............
199......9
200......0
299......9
.........
这样一直排到自然数n。对于从0到199......9这个区间来说，抛去最高位的数字不看，其低m-1位恰好
就是m-1个0到m-1个9共10^(m-1)个数。利用原著中的递推公式，在这个区间里，每个数字出现的次数
（不包括最高位数字）为(m-1)*10^(m-2)。假设n的最高位数字是x，那么在n之间上述所说的区间共有
x个。那么每个数字出现的次数x倍就可以统计完这些区间。再看最高位数字的情况，显然0到x-1这些
数字在最高位上再现的次数为10^(m-1)，因为一个区间长度为10^(m-1)。而x在最高位上出现次数就是
n%10^(m-1)+1了。接下来对n%10^(m-1)，即n去掉最高位后的那个数字再继续重复上面的方法。直到
个位，就可以完成题目要求了。
比如，对于一个数字34567，我们可以这样来计算从1到34567之间所有数字中每个数字出现的次数：
从0到9999，这个区间的每个数字的出现次数可以使用原著中给出的递推公式，即每个数字出现4000次。
从10000到19999，中间除去万位的1不算，又是一个从0000到9999的排列，这样的话，从0到34567之间
的这样的区间共有3个。所以从00000到29999之间除万位外每个数字出现次数为3*4000次。然后再统计
万位数字，每个区间长度为10000，所以0,1,2在万位上各出现10000次。而3则出现4567+1=4568次。
之后，抛掉万位数字，对于4567，再使用上面的方法计算，一直计算到个位即可。
下面是自己的实现代码：
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void statNumber_iterative(int n) { int len, i, k, h, m; int count[10] = {0}; int pow10[12] = {1,10,100,1000,10000,100000,1000000,10000000,100000000,1000000000}; char d[16]; len = log10(n); /* len表示当前数字的位权 */ m = len; sprintf(d, "%d", n); k = 0; /* k记录当前最高位数字在d数组中的下标 */ h = d[k] - '0'; /* h表示当前最高位的数字 */ n %= pow10[len]; /* 去掉n的最高位 */ while(len > 0) { if(h == 0) { count[0] += n + 1; h = d[++k] - '0'; --len; n %= pow10[len]; continue; } for(i = 0; i < 10; i++) { count[i] += h * len * pow10[len-1]; } for(i = 0; i < h; i++) { count[i] += pow10[len]; } count[h] += n + 1; --len; h = d[++k] - '0'; n %= pow10[len]; } for(i = 0; i <= h; i++) { count[i] += 1; } /* 减去前导0的个数 */ for(i = 0; i <= m; i++) { count[0] -= pow10[i]; } for(i = 0; i < 10; i++) { printf("%d/n", count[i]); }} |
以上就是本文的全部内容，希望对大家的学习有所帮助。
