3.统计数字(Digit Count)

计算数字 k 在 0 到 n 中的出现的次数，k 可能是 0~9 的一个值。

首先是，惯用思维，2个循环解决，这样做的时间复杂度为O(n*2)

 1 class Solution:
 2     """
 3     @param k: An integer
 4     @param n: An integer
 5     @return: An integer denote the count of digit k in 1..n
 6     """
 7     def digitCounts(self, k, n):
 8         # write your code here
 9         times = 0
10 
11         for i in range(n+1):
12             item = str(i)
13             while len(item) > 0:
14                 if item[0:1] == str(k):
15                     times += 1
16                 item = item[1:]
17         return times

 

提交成功后，看到讨论区有时间复杂度为O(log(n))的解法，搞懂思路后，终于自己实现了

本题求k出现的次数，其实可以等价于求k在各个数位上出现的次数之和

以n=3154为例，分情况讨论

设k所在数位为index（比如k在千位，index就是3；k在百位，index就是2）

设digit为k所在数位上，n对应的数值（比如k在千位，digit就是3；k在百位，digit就是1）

设k所在数位前的数为高位high，k所在数位后的数为低位low（比如k在百位，high就是3，low就是54；k在十位，high就是31，low就是4）

一、当k>digit时

　　1.k在个位：(000~314)k　　high=315　　index=0

　　共有315*1 = high*(10^index) = 315种可能

　　2.k在十位：(00~30)k(0~9)　　high=31　　index=1

　　共31*10 = high*(10^index) = 310种可能

　　3.k在百位：(0~2)k(00~99)　　high=3　　index=2

　　共3*100 = high*(10^index) = 300种可能

　　4.k在千位　　high=0　　index=3

　　共有0*1000 = high*(10^index) = 0种可能

　　所以，当k>digit时，k出现次数为high*(10^index)

二、当k=digit时

　　1.k在个位：(000~315)k　　high=315　　low=0　　index=0

　　共有316 = 315*10^0+0+1 = high*(10^index)+low+1 = 316种可能

　　2.k在十位：(00~30)k(0~9)+31k(0~4)　　high=31　　low=4　　index=1

　　共31*10+5 = 31*10^1+4+1 = high*(10^index)+low+1 = 315种可能

　　3.k在百位：(0~2)k(00~99)+3k(00~54)　　high=3　　low=54　　index=2

　　共3*100+55 = 3*10^2+54+1 = high*(10^index)+low+1 = 355种可能

　　4.k在千位：k(000~154)　　high=0　　low=154　　index=3

　　共0*1000+155 = 0*10^3+154+1 = high*(10^index)+low+1 = 155种可能

　　所以，当k>digit时，k出现次数为high*(10^index)+low+1

三、当k<digit时

　　1.k在个位：(000~315)k　　high=315　　index=0

　　共有316*1 = (315+1)*(10^0) = (hith+1)*(10^index) = 316种可能

　　2.k在十位：(00~31)k(0~9)　　high=31　　index=1

　　共32*10+10 = (31+1)*(10^1) = (hith+1)*(10^index) = 320种可能

　　3.k在百位：(0~3)k(00~99)　　high=3　　index=2

　　共4*(10^2) = (3+1)*(10^2) = (hith+1)*(10^index) = 400种可能

　　4.k在千位：k(000~999)　　high=0　　index=3

　　共1*(10^3) = (0+1)*(10^3) = (hith+1)*(10^index) = 1000种可能

　　所以，当k<digit时，k出现次数为(hith+1)*(10^index)

 四、当k=0时

　　由于没有0xxx,00xx,000x这种数字，

　　所以k=0时，在千位就比k等于其他数字少了1000次，在百位少100次，在十位少10次，

　　在个位时0000即为0，所以不比k等于其他数字时少

 

　　代码如下：

 1 class Solution:
 2     """
 3     @param: : An integer
 4     @param: : An integer
 5     @return: An integer denote the count of digit k in 1..n
 6     """
 7 
 8     def digitCounts(self, k, n):
 9         # k出现的次数
10         times = 0
11 
12         quotient = n        
13         # 将整数转为字符串后，利用 len() 判断 n 的位数
14         # i即为分析中的index
15         for i in range(len(str(n))):
16             # remainder 即为分析中的digit
17             remainder = quotient % 10
18             # 获得高位high
19             quotient = quotient // 10
20             power = pow(10, i)
21             
22             if k > remainder:
23                 times += quotient * power
24             elif k == remainder:
25                 # 通过高位乘以10对应的(幂+1) 
26                 # 加上 digit乘以10对应的幂
27                 # 获得与低位互补的新的高位
28                 # 再用n减去新的高位，即可获得低位
29                 new_quotient = quotient * power * 10 \
30                                + remainder * power
31                 times += (quotient * power \
32                           + (n - new_quotient) \
33                           + 1)
34             else:
35                 times += (quotient + 1) * power
36             
37             if k == 0:
38                 # 当k不在个位时，k出现次数要减去10对应的幂
39                 if power != 1:
40                     times -= power
41                 
42         return times