剑指 Offer 43. 1～n整数中1出现的次数 &130.被包围的区域

题目

输入一个整数 n ，求1～n这n个整数的十进制表示中1出现的次数。

例如，输入12，1～12这些整数中包含1 的数字有1、10、11和12，1一共出现了5次。
示例 1：
输入：n = 12
输出：5
示例 2：
输入：n = 13
输出：6

限制：
1 <= n < 2^31

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/1nzheng-shu-zhong-1chu-xian-de-ci-shu-lcof

分析

这道题我也是参考别人的博客写出来的,思路具体如下:
因为数据过于大(2^31),所以遍历所有的数不可能,所以我们需要一些分类分割的技巧.使用对数位进行分割,计算每一位的出现1的次数,分类分成三类
对于一个n=12 x 45,我们为了求 x 位会出现多少个1.可以分成三种情况:
所有出现的1都是两种来源,在12之前的0-11的都是完整的循环,还有出现12XXX的不完整的循环.根据12之后不完整的循环有三种情况
在完整的循环里的数量是左右的组合就是12(0-11)*100(0-99).这些是12000以前的
之后就是不完整的了

• x<1时,因为在12000之后,x=0,那么就不会有出现1了
• 在x=1时,出现多少个1时看后面的数字有多少.(在上例n=12X45中,会出现46个(0-45),就是从12100-12145,受到后面大小的限制.
• 在x>1时,因为n>=12200,所以在这个x=1时,后面的两位0-99这100种情况都能出现,所以就是100了.
  所以这样按照这个思路就可以对数位进行遍历计算所有的1,时间复杂度为O( log(n) )

对于边界值的问题.
边界值主要问题就是对于第一位和最后一位的处理.

• 对于首位:因为首位>=1,并且首位的左边没有数字,所以完整的1并不存在,可以直接置left=0.后面的部分照常计算.
• 对于末位:如果这个位为1,那么第一部分的组合数就是左边的数字,所以这时right置为1.这里pow会自动变成1.对于p[i]==1时,只会出现1个1.这个点比较难估计到.(!)

代码

class Solution {
public:
    int countDigitOne(int n) {
        string p=to_string(n);
        int sz=p.size(),res=0;
        for(int i=0;i<sz;i++)
        {
            int left=i==0?0:stoi(p.substr(0,i));
            int right=pow(10,sz-i-1);
            if(p[i]<'1')
            {
                res+=left*right;
            }
            else if(p[i]=='1')
            {
                int extra=i==sz-1?1:stoi(p.substr(i+1))+1;
                res+=left*right+extra;
            }
            else{
                res+=left*right+right;
            }
        }
        return res;
    }
};

参考博客
小知识点 string与int的转化
string转化成int:
int=stoi(string);
int转化成string:
string=to_string(int);

2

给定一个二维的矩阵，包含 ‘X’ 和 ‘O’（字母 O）。
找到所有被 ‘X’ 围绕的区域，并将这些区域里所有的 ‘O’ 用 ‘X’ 填充。
示例:
X X X X
X O O X
X X O X
X O X X
运行你的函数后，矩阵变为：
X X X X
X X X X
X X X X
X O X X
解释:
被围绕的区间不会存在于边界上，换句话说，任何边界上的 ‘O’ 都不会被填充为 ‘X’。 任何不在边界上，或不与边界上的 ‘O’ 相连的 ‘O’ 最终都会被填充为 ‘X’。如果两个元素在水平或垂直方向相邻，则称它们是“相连”的。

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/surrounded-regions

分析

这道题目关键点就是边界值,对于一个’O’,这个点要么被包围,要么不被包围,由题目可知边界不被包围,那么和边界相连的也不被包围.剩下的都是被包围的.所以我们从边界出发,对边界的’O;进行dfs.
对边界dfs为了省空间,我们可以把走过的’O’都换成’i’,这样就不用vis数组来记录了,并且所有的边界以及边界相连的’O’都使用i标记出来了.这时图中 剩下的’O’,就是被包围的.在下一次对全图的遍历中.将所有的’O’换成’X’,所有的’i’换成’O’.这样就处理就可以,思路不是很难想.

class Solution {
public:
    int m,n;
    int mov_x[4]={0,1,0,-1};
    int mov_y[4]={1,0,-1,0};
    void dfs(int x,int y,vector<vector<char>> &board)
    {
        board[x][y]='i';
        for(int i=0;i<4;i++)
        {
            int xx=mov_x[i]+x,yy=mov_y[i]+y;
            if(xx<m&&xx>=0&&yy>=0&&yy<n&&board[xx][yy]=='O')
            {
                dfs(xx,yy,board);
            }
        }
    }
    void solve(vector<vector<char>>& board) {
        m=board.size();
        if(m==0) return;
        n=board[0].size();
        if(n==0) return;
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            if(board[i][0]=='O') dfs(i,0,board);
            if(board[i][n-1]=='O') dfs(i,n-1,board);
        }
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            if(board[0][i]=='O') dfs(0,i,board);
            if(board[m-1][i]=='O') dfs(m-1,i,board);           
        }
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            for(int j=0;j<n;j++)
            {
                if(board[i][j]=='i')
                {
                    board[i][j]='O';
                }
                else if(board[i][j]=='O'){
                    board[i][j]='X';
                }
            }
        }
    }
};