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。