统计数字

 题目

       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。

来源:王晓东编著的《算法设计与实验题解》

网上有几篇相关的文章：

文章1

来自http://blog.csdn.net/jcwKyl/article/details/3009244

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：

1. void statNumber(int n) {
2.     int i, t;
3.     int count[10] = {0};
5.     for(i = 1; i <= n; i++) {
6.     t = i;
7.     while(t) {
8.         count[t%10]++;
9.         t/=10;
10.     }
11.     }
12.     for(i = 0; i < 10; i++) {
13.     printf("%d/n", count[i]);
14.     }
15. }

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：

1. void statNumber(int n) {
2.     int m, i, j, k, t, x, len = log10(n);
3.     char d[16];
4.     int pow10[12] = {1}, count[10] = {0};
6.     for(i = 1; i < 12; i++) {
7.     pow10[i] = pow10[i-1] * 10;
8.     }
9.     sprintf(d, "%d", n);
10.     m = n+1;
11.     for(i = 0; i <= len; i++) {
12.     x = d[i] - '0';
13.     t = (m-1) / pow10[len-i]; 
16.     count[x] += m - t * pow10[len-i]; 
18.     t /= 10;
19.     j = 0;
20.     while(j <= x-1) {
21.         count[j] += (t + 1) * pow10[len-i];
22.         j++;
23.     }
24.     while(j < 10) {
25.         count[j] += t * pow10[len - i];
26.         j++;
27.     }
28.     count[0] -= pow10[len-i]; /* 第i个数位上前10^i个0是无意义的 */
29.     }
30.     for(j = 0; j < 10; j++) {
31.     printf("%d/n", count[j]);
32.     }
33. }

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：

1. void statNumber_iterative(int n) {
2.     int len, i, k, h, m;
3.     int count[10] = {0};
4.     int pow10[12] = {1,10,100,1000,10000,100000,1000000,10000000,100000000,1000000000};
5.     char d[16];
7.     len = log10(n);     /* len表示当前数字的位权 */
8.     m = len;
9.     sprintf(d, "%d", n);
10.     k = 0;          /* k记录当前最高位数字在d数组中的下标 */
11.     h = d[k] - '0';     /* h表示当前最高位的数字 */
12.     n %= pow10[len];        /* 去掉n的最高位 */
13.     while(len > 0) {
14.     if(h == 0) {
15.         count[0] += n + 1;
16.         h = d[++k] - '0';
17.         --len;
18.         n %= pow10[len];
19.         continue;
20.     }
22.     for(i = 0; i < 10; i++) {
23.         count[i] += h * len * pow10[len-1];
24.     }
25.     for(i = 0; i < h; i++) {
26.         count[i] += pow10[len];
27.     }
29.     count[h] += n + 1;
31.     --len;
32.     h = d[++k] - '0';
33.     n %= pow10[len];
34.     }
36.     for(i = 0; i <= h; i++) {
37.     count[i] += 1;
38.     }
40.     /* 减去前导0的个数 */
41.     for(i = 0; i <= m; i++) {  
42.     count[0] -= pow10[i];
43.     }
44.     for(i = 0; i < 10; i++) {
45.     printf("%d/n", count[i]);
46.     }
47. }

文章2

http://blog.sina.com.cn/s/blog_6f883b5e0100siih.html

程序实例1：
思想：穷举法，就是对从1开始到n进行每个数字的拆分，对每个数字拆分一位就对应统计一次。
程序实例2：
思想：排列组合
原著中给出的解答思想；
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：
f(n) = 10f(n-1)+10^(n-1)……………………(n>1)
f(n) =1…………………………………………(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。

从个位开始统计
对于第k位有数字为c情况，需要考虑四个方面：
(1) 第k位是c的时候，前k-1位里面各个位增加了多少？
     c*(k-1)*10^(k-2)
(2) 第k位中比c小的各个数字增加各出现多少次？
    10^(k-1)
(3) 第k位中此数字增加了多少次？
1+(k-1位对应的数字)，例如：325，第三位的3数字增加出现了1+25=26
(4) 抠除此时出现的第k位为0的数字？
由于(2)里面增加了以0开始的数字，所以现在抠除，即从0数字出现次数，减去10^(k-1)
这些是怎么来的呢？(-----可参见《编程之美》--1的数目)
附上pascal程序：
  program count;
var a:array[0..9]of longint;
    n,t,s,i,j,k,c,s2:longint;s1:string;
begin
readln(n);
t:=0;str(n,s1);//----------//t表示n的位数，为便于操作将n转化为字符串
while n<>0 do
  begin n:=n div 10;inc(t);end;//------------//求位数
for i:=1 to t do//------------//枚举位数
  begin
   val(s1[t+1-i],c);//------------//提取第i位的数字c。注意枚举的i跟实际字符串中的位置有一定出入要用s1[t+1-i]，而不是s1[i]！
   s:=1;for j:=1 to i-1 do s:=s*10;//------------//s=10^(i-1)
   for k:=0 to 9 do
    a[k]:=a[k]+(i-1)*c*(s div 10);//------------//上述第一个方面：第k位是c的时候，前k-1位里面各个数字增加的个数
   for k:=0 to c-1 do
    a[k]:=a[k]+s;//------------//上述第二个方面： 第k位中比c小的各个数字增加的个数
   val(copy(s1,t-i+2,i-1),s2);//------------//这里要注意截取第i位后的数时(即前i-1位的数)，字符串copy处理要从t-i+2(因为第i为对应其中第t-i+1)，长度为i-1！！！用字符串这里比较容易错！
   a[c]:=a[c]+s2+1;//------------//上述第三个方面：第k位中此数字增加的个数
   a[0]:=a[0]-s;//------------//上述第四个方面：挖掉多余的0
  end;
for i:=0 to 9 do writeln(a[i]);
end.