1的数目

给定一个十进制正整数N，写下从1开始，到N的所有整数，然后数一下其中出现的所有“1”的个数。

例如：

N= 2，写下1，2。这样只出现了1个“1”。

N= 12，我们会写下1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12。这样，1的个数是5。

问题是：

1. 写一个函数f（N），返回1到N之间出现的“1”的个数,比如f（12）=5。

2. 在32位整数范围内，满足条件“f（N）=N”的最大的N是多少？

分析与解法

【问题1的解法一】

这个问题看上去并不是一个困难的问题，因为不需要太多的思考，我想大家都能找到一个最简单的方法来计算f（N），那就是从1开始遍历到N，将其中每一个数中含有“1”的个数加起来，自然就得到了从1到N所有“1”的个数的和。写成程序如下：

代码清单2-9

ULONGLONG Count1InAInteger(ULONGLONG n)

{

ULONGLONG iNum = 0;

while(n != 0)

{

iNum += (n % 10 == 1) ? 1 : 0;

n /= 10;

}

return iNum;

}

ULONGLONG f(ULONGLONG n)

{

ULONGLONG iCount = 0;

for (ULONGLONG i = 1; i <= n; i++)

{

iCount += Count1InAInteger(i);

}

return iCount;

}

这个方法很简单，只要学过一点编程知识的人都能想到，实现也很简单，容易理解。但是这个算法的致命问题是效率，它的时间复杂度是

O（N）×计算一个整数数字里面“1”的个数的复杂度 =O（N* log₂N）

如果给定的N比较大，则需要很长的运算时间才能得到计算结果。比如在笔者的机器上，如果给定N=100 000 000，则算出f（N）大概需要40秒的时间，计算时间会随着N的增大而线性增长。

看起来要计算从1到N的数字中所有1的和，至少也得遍历1到N之间所有的数字才能得到。那么能不能找到快一点的方法来解决这个问题呢？要提高效率，必须摈弃这种遍历1到N所有数字来计算f（N）的方法，而应采用另外的思路来解决这个问题。

【问题1的解法二】

仔细分析这个问题，给定了N，似乎就可以通过分析“小于N的数在每一位上可能出现1的次数”之和来得到这个结果。让我们来分析一下对于一个特定的N，如何得到一个规律来分析在每一位上所有出现1的可能性，并求和得到最后的f（N）。

先从一些简单的情况开始观察，看看能不能总结出什么规律。

先看1位数的情况。

如果N= 3，那么从1到3的所有数字：1、2、3，只有个位数字上可能出现1，而且只出现1次，进一步可以发现如果N是个位数，如果N>=1，那么f（N）都等于1，如果N=0，则f（N）为0。

再看2位数的情况。

如果N=13，那么从1到13的所有数字：1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13，个位和十位的数字上都可能有1，我们可以将它们分开来考虑，个位出现1的次数有两次：1和11，十位出现1的次数有4次：10、11、12和13，所以f（N）=2+4=6。要注意的是11这个数字在十位和个位都出现了1，但是11恰好在个位为1和十位为1中被计算了两次，所以不用特殊处理，是对的。再考虑N=23的情况，它和N=13有点不同，十位出现1的次数为10次，从10到19，个位出现1的次数为1、11和21，所以f（N）=3+10=13。通过对两位数进行分析，我们发现，个位数出现1的次数不仅和个位数字有关，还和十位数有关：如果N的个位数大于等于1，则个位出现1的次数为十位数的数字加1；如果N的个位数为0，则个位出现1的次数等于十位数的数字。而十位数上出现1的次数不仅和十位数有关，还和个位数有关：如果十位数字等于1，则十位数上出现1的次数为个位数的数字加1；如果十位数大于1，则十位数上出现1的次数为10。

f(13) = 个位出现1的个数 + 十位出现1的个数 = 2 + 4 = 6；

f(23) = 个位出现1的个数 + 十位出现1的个数 = 3 + 10 = 13；

f(33) = 个位出现1的个数 + 十位出现1的个数 = 4 + 10 = 14；

…

f(93) = 个位出现1的个数 + 十位出现1的个数 = 10 + 10 = 20；

接着分析3位数。

如果N= 123：

个位出现1的个数为13：1, 11, 21, …, 91, 101, 111, 121

十位出现1的个数为20：10～19, 110～119

百位出现1的个数为24：100～123

f（23）= 个位出现1的个数 + 十位出现1的个数 + 百位出现1的次数 = 13 + 20 + 24 = 57；

同理我们可以再分析4位数、5位数。读者朋友们可以写一写，总结一下各种情况有什么不同。

根据上面的一些尝试，下面我们推导出一般情况下，从N得到f（N）的计算方法：

假设N=abcde，这里a、b、c、d、e分别是十进制数N的各个数位上的数字。如果要计算百位上出现1的次数，它将会受到三个因素的影响：百位上的数字，百位以下（低位）的数字，百位（更高位）以上的数字。

如果百位上的数字为0，则可以知道，百位上可能出现1的次数由更高位决定，比如12 013，则可以知道百位出现1的情况可能是100～199，1 100～1 199，2 100～2 199，…，11 100~11 199，一共有1 200个。也就是由更高位数字（12）决定，并且等于更高位数字（12）×当前位数（100）。

如果百位上的数字为1，则可以知道，百位上可能出现1的次数不仅受更高位影响，还受低位影响，也就是由更高位和低位共同决定。例如对于12 113，受更高位影响，百位出现1的情况是100～199，1 100～1 199，2 100～2 199，…，11 100~11 199，一共1 200个，和上面第一种情况一样，等于更高位数字（12）×当前位数（100）。但是它还受低位影响，百位出现1的情况是12 100～12 113，一共114个，等于低位数字（123）+1。

如果百位上数字大于1（即为2~9），则百位上可能出现1的次数也仅由更高位决定，比如12 213，则百位出现1的可能性为：100～199，1 100～1 199，2 100～2 199，…，11 100～11 199，12 100～12 199，一共有1 300个，并且等于更高位数字+1（12+1）×当前位数（100）。

通过上面的归纳和总结，我们可以写出如下的更高效算法来计算f（N）：

代码清单2-10

LONGLONG Sum1s(ULONGLONG n)

{

ULONGLONG iCount = 0;

ULONGLONG iFactor = 1;

ULONGLONG iLowerNum = 0;

ULONGLONG iCurrNum = 0;

ULONGLONG iHigherNum = 0;

while(n / iFactor != 0)

{

iLowerNum = n - (n / iFactor) * iFactor;

iCurrNum = (n / iFactor) % 10;

iHigherNum = n / (iFactor * 10);

switch(iCurrNum)

{

case 0:

iCount += iHigherNum * iFactor;

break;

case 1:

iCount += iHigherNum * iFactor + iLowerNum + 1;

break;

default:

iCount += (iHigherNum + 1) * iFactor;

break;

}

iFactor *= 10;

}

return iCount;

}

这个方法只要分析N就可以得到f（N），避开了从1到N的遍历，输入长度为Len的数字N的时间复杂度为O（Len），即为O（ln（n）/ln（10）+1）。在笔者的计算机上，计算N=100 000 000，相对于第一种方法的40秒时间，这种算法不到1毫秒就可以返回结果，速度至少提高了40 000倍。

【问题2的解法】

要确定最大的数N，满足f（N）=N。我们通过简单的分析可以知道（仿照上面给出的方法来分析）：

9以下为： 1个；

99以下为： 1×10+10×1=20个；

999以下为： 1×100+10×20=300个；

9999以下为： 1×1000+10×300=4000个；

…

999999999以下为： 900000000个；

9999999999以下为： 10000000000个。

容易从上面的式子归纳出：f（10^n-1）=n* 10^n-1。通过这个递推式，很容易看到，当n= 9时候，f（n）的开始值大于n，所以我们可以猜想，当n大于某一个数N时，f（n）会始终比n大，也就是说，最大满足条件在0～N之间，亦即N是最大满足条件f（n）=n的一个上界。如果能估计出这个N，那么只要让n从N往0递减，每个分别检查是否有f（n）=n，第一个满足条件的数就是我们要求的整数。

因此，问题转化为如何证明上界N确实存在，并估计出这个上界N。

证明满足条件f（n）=n的数存在一个上界

首先，用类似数学归纳法的思路来推理这个问题。很容易得到下面这些结论（读者朋友可以自己试着列举验证一下）：

当n增加10时，f（n）至少增加1；

当n增加100时，f（n）至少增加20；

当n增加1 000时，f（n）至少增加300；

当n增加10 000时，f（n）至少增加4 000；

……

当n增加10^k时，f（n）至少增加k*10^k-1。

首先，当k>=10时，k*10^k-1> 10^k，所以f（n）的增加量大于n的增加量。

其次，f（10^10-1）=10¹⁰>10^10-1。如果存在N，当n=N时，f（N）-N>10^10-1成立时，此时不管n增加多少，f（n）的值将始终大于n。

具体来说，设n的增加量为m：当m小于10^10-1时，由于f（N）-N>10^10-1，因此有f（N+m）>f（N）>N+ 10^10-1>N+m，即f（n）的值仍然比n的值大；当m大于等于10^10-1时，f（n）的增量始终比n的增量大，即f（N+m）-f（N）>（N+m）-N，也就是f（N+m）>f（N）+m>N+ 10^10-1+m>N+m，即f（n）的值仍然比n的值大。

因此，对于满足f（N）-N> 10^10-1成立的N一定是所求该数的一个上界。

求出上界N

又由于f（10^10-1）=n*10^10-1，不妨设N= 10^K-1，有f（10^K-1）-（10^K-1）> 10^10-1，即K*10^K-1-（10^K-1）> 10^10-1，易得K> =11时候均满足。所以，当K= 11时，N=10^11-1即为最小一个上界。

计算这个最大数n

令N= 10^11-1=99 999 999 999，让n从N往0递减，每个分别检查是否有f（n）=n，第一满足条件的就是我们要求的整数。很容易解出n= 1 111 111 110是满足f（n）=n的最大整数。

扩展问题

对于其他进制表达方式，也可以试一试，看看有什么规律。例如二进制：

f（1）= 1

f（10）= 10（因为01, 10有两个1）

f（11）= 100（因为01, 10, 11有四个1）

读者朋友可以模仿我们的分析方法，给出相应