902. 最大为 N 的数字组合

题目描述

给一个非递顺序排列的数组数组，可以用任意次数组中的元素来写数字，
问能生生成的<=给定整数n的个数？
其中数组中的值都不同，数组长度在1-9之间。

基本分析

1. 这是啥类型的题？之前没有遇到过，经典的数位dp的题
2. 涉及到任意区间合法数查询时考虑怎么做，这个题有啥简化的地方？
   • 可以假定存在函数dp[x]，能返回区间[1,x]内的合法数个数，可以配合容斥原理，得到任意区间合法数的查询ans[l, r]=dp[r]-dp[l-1]
   • 在这个题中，查询的左端点是固定的1，同时dp[x]=0，答案就是dp[x]
3. 考虑求dp[x]的时候，组成[1, x]的合法数可以怎么进行分类？
   • 位数和x相同，最高位<x最高位，记为res1
   • 位数和x相同，最高位=x最高位，记为res2
   • 位数< x，记为res3
4. 以上分类的数据分别可以怎么进行处理？
   • 假如数字是x，数字的长度是n，数组长度m，找到最高位<x最高位的可取的个数n_h,剩下的位数n-1可以看做是n-1个坑，每个坑有m中放法，那么个数就是$n_h * m^{n-1}$，这里需要注意break
   • 当首位相等的时候，需要看后面的位数。这里以第k位举例。假如x的第k为为cur，在nums中能找到的<=cur值的下标是r，同样需要分类讨论
     • nums[r]=cur,这个时候k位置有r个选择，后面的位置有n-k-1个坑，每个坑m个选择
     • nums[r]<cur,这个时候k位置有r+1个选择，后面的位置有n-k-1个坑。需要注意的是由于nums[r]<cur,往后的的方案数已经被这次统计完成了，累加后要break。
     • nums[r]>cur, 这个分支不再能满足要求，合法数为0。
   • 当位数<x的时候，分别计算1到n-1的可能，进行累加

代码

数位dp+二分

class Solution:
    def atMostNGivenDigitSet(self, digits: List[str], n: int) -> int:
        x = n
        nums = [int(c) for c in digits]
        x_list = [int(c) for c in str(x)]
 
        # n表示整数x的长度，m表示可选数组长
        n, m = len(x_list), len(nums)
 
        ans = 0
        # 下一步需要考虑数字长度和n的关系，先遍历解决=n，再遍历解决<n
        # 数字长度=n情况
        for i in range(n):
            cur = x_list[i]
            # nums中找<=cur的位置
            l, r = 0, m-1
            while l < r:
                mid = l + r + 1 >> 1
                if nums[mid] <= cur:
                    l = mid
                else:
                    r = mid - 1
            # 当前位>情况，直接退出
            if nums[l] > cur:
                break
            # 当前位为=情况，累加
            elif nums[l] == cur:
                # 当前位置为l个，后面有n-1-l个坑，每个坑m个选择
                ans += l * math.pow(m, n-1-i)
                # 当前位置如果是最后一位，需要+1
                if i == n-1:
                    ans += 1
            # 当前为<情况，累加
            elif nums[l] < cur:
                #当前位置为l+1个
                ans += (l+1) * math.pow(m, n-1-i)
                break
        
        # 处理长度<n的情况，从1位开始累加
        # 这里的last实际求的是m**(i-1)
        last = 1
        for i in range(1, n):
            cur = last * m
            ans += cur
            last = cur
        
        return int(ans)

复杂度

时间：因为nums数组长度最大是9，因此二分复杂度可以忽略，整体复杂度是n的长度，因此$O(log n)$
空间：$O(C)$

总结

1. 在代码实现上，通过从高到低遍历每一位，将res1和res2放到了一起解决。逻辑上是
   • i=0时，拿到首位cur，nums中找满足<=cur的值
     • 如果 >直接退出
     • 如果< 算完直接退出
     • 如果等于，算完这一位，去考虑第二位i=1的情况
   • i=1时类似于上面的步骤，继续进行
2. 处理长度在1到n-1的数字时候，直接进行小到大的累加
3. 在处理nums[r]=cur的时候，注意有个i==n-1的判断？因为在最后一位的时候，前面公式只是统计了<的情况；如果到了最后一位，=也是能满足要求的。
4. 二分的时候，是找<=x的最大值，用的是二分方法2，定义mid=l+r+1>>1, 找到的l也可能不满足要求（最左边本来就比cur大）