英文原文
Given an integer n, count the total number of digit 1 appearing in all non-negative integers less than or equal to n.
Example 1:
Input: n = 13 Output: 6
Example 2:
Input: n = 0 Output: 0
Constraints:
0 <= n <= 109
中文题目
给定一个整数 n，计算所有小于等于 n 的非负整数中数字 1 出现的个数。
示例 1：
输入：n = 13 输出：6
示例 2：
输入：n = 0 输出：0
提示：
0 <= n <= 109
通过代码
高赞题解
基本分析
这是一道经典的「数位 DP」模板题的简化版，原题在 这里 。
这几天每日一题出得挺好，「序列 DP」、「区间 DP」、「数位 DP」轮着来 🤣
但由于本题只需求 $1$ 出现的次数，而不需要求解 $0$ 到 $9$ 的出现次数，同时意味着不需要考虑统计 $0$ 次数时的前导零边界问题。
因此，也可以不当作数位 DP 题来做，只当作一道计数类模拟题来求解。
计数类模拟
回到本题，我们需要计算 $[1, n]$ 范围内所有数中 $1$ 出现的次数。
我们可以统计 $1$ 在每一位出现的次数，将其累加起来即是答案。
举个 🌰，对于一个长度为 $m$ 的数字 $n$，我们可以计算其在「个位（从右起第 $1$ 位）」、「十位（第 $2$ 位）」、「百位（第 $3$ 位）」和「第 $m$ 位」中 $1$ 出现的次数。
假设有 $n = abcde$，即 $m = 5$，假设我们需要统计第 $3$ 位中 $1$ 出现的次数，即可统计满足 $–1–$ 形式，同时满足 $1 <= –1– <= abcde$ 要求的数有多少个，我们称 $1 <= –1– <= abcde$ 关系为「大小要求」。
我们只需对 $c$ 前后出现的值进行分情况讨论：
- 当 $c$ 前面的部分 $< ab$，即范围为 $[0, ab)$，此时必然满足「大小要求」，因此后面的部分可以任意取，即范围为 $[0, 99]$。根据「乘法原理」，可得知此时数量为 $ab * 100$；
- 当 $c$ 前面的部分 $= ab$，这时候「大小关系」主要取决于 $c$：
- 当 $c = 0$，必然不满足「大小要求」，数量为 $0$；
- 当 $c = 1$，此时「大小关系」取决于后部分，后面的取值范围为 $[0, de]$，数量为 $1 * (de + 1)$；
- 当 $c > 1$，必然满足「大小关系」，后面的部分可以任意取，即范围为 $[0, 99]$，数量为 $1 * 100$；
- 当 $c$ 前面的部分 $> ab$，必然不满足「大小要求」，数量为 $0$。
其他数位的分析同理。
代码：
[]class Solution { public int countDigitOne(int n) { String s = String.valueOf(n); int m = s.length(); if (m == 1) return n > 0 ? 1 : 0; // 计算第 i 位前缀代表的数值，和后缀代表的数值 // 例如 abcde 则有 ps[2] = ab; ss[2] = de int[] ps = new int[m], ss = new int[m]; ss[0] = Integer.parseInt(s.substring(1)); for (int i = 1; i < m - 1; i++) { ps[i] = Integer.parseInt(s.substring(0, i)); ss[i] = Integer.parseInt(s.substring(i + 1)); } ps[m - 1] = Integer.parseInt(s.substring(0, m - 1)); // 分情况讨论 int ans = 0; for (int i = 0; i < m; i++) { // x 为当前位数值，len 为当前位后面长度为多少 int x = s.charAt(i) - '0', len = m - i - 1; int prefix = ps[i], suffix = ss[i]; int tot = 0; tot += prefix * Math.pow(10, len); if (x == 0) { } else if (x == 1) { tot += suffix + 1; } else { tot += Math.pow(10, len); } ans += tot; } return ans; } }
- 时间复杂度：$O(m)$
- 空间复杂度：$O(m)$
最后
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