1的数目

1的数目

简述

给定一个十进制正整数N，返回从1开始，到N的所有整数中出现1的个数（所有出现的1，包括个位、十位、百位等）

方法

给出两种方法

方法1思路：先考虑怎么计算某个整数中1出现的次数，如121，最直观的方法就是从个位开始判断，一直到最高位，再把出现1的次数加起来返回。然后有了计算某个整数出现的1的个数，就可以利用循环，把1到N出现1的个数都算出来再相加即可。时间复杂度是O(N*lgN)，给出代码如下：

//method1
int countOnesInAInt(int n)
{
int iNum = 0;
while (n != 0)
{
iNum += (n % 10 == 1) ? 1 : 0;
n /= 10;
}
return iNum;
}

int countOnesVersion1(int input)
{
int iCount = 0;
for (int i = 1; i <= input; i++)
{
iCount += countOnesInAInt(i);
}
return iCount;
}

方法2思路：分别计算个位上出现1的次数、十位上出现1的次数直到最高位上出现1的次数，再加起来。而判断某位上出现1的次数可以分三种情况：如给定三个数12001,12101和12501,判断从1到N，百位上出现1的个数，当百位上的数为0的时候如12001,百位上出现1的个数为12*100 = 1200次，因为xx100到xx199一共在百位上有100个1出现，而xx从00到11一共12次，12则还没到100所以不用计算在内；当百位上的数为1的时候如12101，那么百位上出现1的个数为12*100 + 01 - 00 + 1 = 1202次，因为除了00-11的12次外，还有12100和12101两个百位上的1；当百位上的数大于1的时候，如12501,此时易得出现1的个数为13*100次。时间复杂度和给出的数的长度成正比，也即O(lgN)，给出如下代码：

//method2
int countOnesVersion2(int input)
{
//initial
int iCount = 0;
int iFactor = 1;
int iLowerNum = 0;
int iCurrNum = 0;
int iHigherNum = 0;

while (input / iFactor != 0)
{
iCurrNum = (input / iFactor) % 10;
iHigherNum = input / (iFactor * 10);

//three conditions
switch (iCurrNum)
{
case 0:
iCount += iHigherNum * iFactor;
break;
case 1:
iLowerNum = input % iFactor;
iCount += iHigherNum * iFactor + iLowerNum + 1;
break;
default:
iCount += (iHigherNum + 1) * iFactor;
break;
}
iFactor *= 10;
}

return iCount;
}

时间对比



这里是随意试了几个数字，发现方法1的用时随着输入数字的增加大幅度增加，而方法2的用时并没有随着输入增加而增加。