《编程之美》读书笔记21： 2.4 1的数目

 《编程之美》读书笔记21： 2.4 1的数目

 

问题：

    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。

 

    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？

 

   曾在ChinaUnix论坛上看到该题，记得是google的面试题，有个网友给出了不错的解法，但他给出的证明倒是有点复杂，一直记不住。今天，无意间翻到这题，就顺便再解了下。

 

对问题一，可以采用书上的方法，分别对每个位进行统计。

 

对问题二，可以证明N的上限值是10^10-1，不过就是采用10^11-1，对后面采用的算法影响也不大（只是多循环了300多次）。

 

假设： a < c <b，c = f(c)

由函数f的定义可知：f(a) <= f(c) <= f(b)，

即： f(a) <= c <= f(b)，

又由 a< c < b可得 a + 1 <= c <= b-1

因而 max(a+1, f(a)) <= c <= min(b-1, f(b))             　①

 

假设 c含有k个数字，由于a每增加1，f(a)最多增加k。

则有： f(c) <= f(a) + (c - a) * k

由     f(c) = c > c – 1 可得 c – 1 < f(a) + (c - a) * k

即： c > (a*k – f(a) - 1) / (k - 1) = a + (a – f(a) - 1) / (k - 1)

即： c >= a + (a – f(a) - 1) / (k - 1) + 1   ( k > = 2)         ②

当取等号时，c = a + (a – f(a) - 1) / (k - 1) + 1 <= a + (a – f(a) - 1) / 1 + 1 = a + (a – f(a))

因而c的位数k小等于a + (a – f(a))的位数。

 

假设b含有t个数字：

同理可得 f(b) – 1 < f(b) <= f(c) + (b - c) * t = c + (b - c) * t 可得

c < (b * t – f(b) + 1) / (t - 1) = b - (f(b) - b - 1) / (t - 1)

即：c <= b - (f(b) – b - 1) / (t - 1) – 1     (t >= 2)           ③ 

 

利用①、②、③这三个公式，可以去除不必要的计算。

由公式① max(a+1, f(a)) <=  c

和公式②  c >= a + (a – f(a) - 1) / (k - 1) + 1

可知：当计算了f(a)后，

若 a > f(a) 下一个要计算的是： a + (a – f(a) - 1) / (k - 1) + 1

若 a < f(a) 下一个要计算的是: f(a)

从1算到10^10-1，大概调用函数f四千多次，即可得到结果。

 

可以只利用公式①来计算。

max(a+1, f(a)) <= c <= min(b-1, f(b))

将要计算的范围划分为几个区间，然后对每个区间进行计算。比如说：

1到999，先将这些数划分为10个区间：1-99、100-199 … 900-999

由f(999) = 300可知，300以后的区间段可以不计算。当计算200时，可以先计算299，由于f(299)=160<200，200-299的区间可以都不必计算。对要计算的区间，再将它划分为10个区间，重复进行。这样划分的另一个好处是利用公式：f(10^n-1) ＝ n * 10^(n-1)，保存上次算得的f(n)直接计算下个数的f(n)。

 

还可以利用公式②、③倒着计算：即从10^10-1开始算起。

 

最高效的作法，可能是：先倒着计算，直到出现f(n) > n，然后再设计个算法划分区间，从区间前计算。交替进行。但前面的几种算法，效率都比较高，具体优化，效果并不明显。

 

下面的代码的算法采用倒着算，计算N=f(N)：

 

初始值	求Ｎ最大值，调用f函数次数	求所有Ｎ值，调用f函数次数
10^10-1	604	3164
10^11-1	979	3539

 

附：上限值证明：

假设n=a_k*10^k+ a_k-1*10^k-1+…+ a₁*10¹+ a₀*10⁰ ( a_k-1, a_k-2 … a₀>=0; a_k>=1)

①     非最高位中1出现的个数：

当最高位从0到a_k-1，其它k位数出现的1个数：先从k位中取一位为1，剩余的k-1位组成共可组成k*10^k-1个数，所以，1的个数总共为：a_k*k*10^k-1

最高位为a_k时，去除最高位后，剩余的数为n-a_k*10^k，其中1出现的个数为f(n-a_k*10^k)

② 最高位出现1的个数：

如果a_k>1，1出现的个数肯定大于a_k=1时1出现的个数，

a_k=1时 最高位1出现的个数为：n-a_k*10^k+1

（若a_k>1 1出现的个数为 10^k）

所以 f(n)>= a_k*k*10^k-1 + n-a_k*10^k+1 + f(n-a_k*10^k) > a_k*(k/10 -1)* 10^k-1 + n

只要 k>=10， 就有 f(n)>n

因此上限为 10¹⁰ – 1。

#include<iostream>
using std::cout;

inline unsigned count_digits(unsigned long long num)
{
  unsigned long long n = 1;
  unsigned ret = 0;
  while (n <= num) { n *= 10; ++ret; }
  return ret;
}

unsigned long long count_ones(unsigned long long num)
{
  unsigned long long count = 0, factor = 1;
  unsigned long long low = 0, cur;
  while (num != 0) {
    cur = num % 10;
    num /= 10;
    unsigned long long tmp = 0;
    if (cur > 1) tmp = factor; 
    else if (cur == 1) tmp = low + 1; 
    count += num * factor + tmp;
    low += factor * cur;
    factor *= 10;
  }
  return count;
}

void get_nums()
{
  unsigned long long x = 1e11 - 1, y;
  unsigned count = 0;
  unsigned idx = 0;
  while (true) {
    ++count;
    y = count_ones(x);
    if (x < y) {
      //x在1到10时，均不满足x<y,所以x>10，下面的k值肯定大于0    
      unsigned k = count_digits(x) - 1;
      x -= (y - x - 1)/k + 1; 
    }
    else if (x > y) { x = y; } 
    else {
      cout<< ++idx << ": " << x << " " << count << "\n";
      //break;
      --x;
      if (x == 0) break;
    } 
  }
}

int main()
{
  get_nums();
}