关于统计数字问题的算法
一本书的页码从自然数1开始顺序编码直到自然数n。书的页码按照通常的习惯编排，每个页码都不含多余的前导数字0。例如第6页用6表示而不是06或006。数字统计问题要求对给定书的总页码，计算出书的全部页码中分别用到多少次数字0,1,2,3,.....9。
这个题目有个最容易想到的n*log10(n)的算法。这是自己写的复杂度为O(n*log10(n))的代码：
voidstatNumber(intn){
inti,t;
intcount[10]={0};
for(i=1;i<=n;i++){
t=i;
while(t){
count[t%10]++;
t/=10;
}
}
for(i=0;i<10;i++){
printf("%d/n",count[i]);
}
}
仔细考虑m个n位十进制数的特点，在一个n位十进制数的由低到高的第i个数位上，总是连续出现10^i个0，然后是10^i个1……一直到10^i个9，9之后又是连续的10^i个0，这样循环出现。找到这个规律，就可以在常数时间内算出第i个数位上每个数字出现的次数。而在第i个数位上，最前面的10^i个0是前导0，应该把它们减掉。
这样，可以只分析给定的输入整数n的每个数位，从面可以得到一个log10(n)的算法，代码如下：
voidstatNumber(intn){
intm,i,j,k,t,x,len=log10(n);
chard[16];
intpow10[12]={1},count[10]={0};
for(i=1;i<12;i++){
pow10[i]=pow10[i-1]*10;
}
sprintf(d,"%d",n);
m=n+1;
for(i=0;i<=len;i++){
x=d[i]-'0';
t=(m-1)/pow10[len-i];
count[x]+=m-t*pow10[len-i];
t/=10;
j=0;
while(j<=x-1){
count[j]+=(t+1)*pow10[len-i];
j++;
}
while(j<10){
count[j]+=t*pow10[len-i];
j++;
}
count[0]-=pow10[len-i];/*第i个数位上前10^i个0是无意义的*/
}
for(j=0;j<10;j++){
printf("%d/n",count[j]);
}
}
通过对随机生成的测试数据的比较，可以验证第二段代码是正确的。
对两段代码做效率测试，第一次随机产生20万个整数，结果在我的电脑上，第二段代码执行1.744秒。第一段代码等我吃完钣回来看还是没反应，就强行关了它。
第二次产生了1000个整数，再次测试，结果第一段代码在我的电脑上执行的时间是
10.1440秒，而第二段代码的执行时间是0.0800秒。
其原因是第一段代码时间复杂度为O(n*log10(n))，对m个输入整数进行计算，则需要的时间为1*log10(1)+2*log10(2)+...+m*log10(m)，当n>10时，有
n*log10(n)>n，所以上式的下界为11+12+....+m，其渐近界为m*m。对于20万个测试数据，其运行时间的下界就是4*10^10。
同样可得第二段代码对于n个输入数据的运行时间界是n*log10(n)的。
上面的代码中有个pow10数组用来记录10^i，但10^10左右就已经超过了2^32，但是题目给定的输入整数的范围在10^9以内，所以没有影响。
原著中给出的分析如下：
考察由0,1,2...9组成的所有n位数。从n个0到n个9共有10^n个n位数。在这10^n个n位数中，0,1,2.....9第个数字使用次数相同，设为f(n)。f(n)满足如下递推式：
n>1:
f(n)=10f(n-1)+10^(n-1)
n=1:
f(n)=1
由此可知，f(n)=n*10^(n-1)。
据此，可从高位向低位进行统计，再减去多余的0的个数即可。
著者的思想说的更清楚些应该是这样：
对于一个m位整数，我们可以把0到n之间的n+1个整数从小到大这样来排列：
000......0
.............
199......9
200......0
299......9
.........
这样一直排到自然数n。对于从0到199......9这个区间来说，抛去最高位的数字不看，其低m-1位恰好
就是m-1个0到m-1个9共10^(m-1)个数。利用原著中的递推公式，在这个区间里，每个数字出现的次数
（不包括最高位数字）为(m-1)*10^(m-2)。假设n的最高位数字是x，那么在n之间上述所说的区间共有
x个。那么每个数字出现的次数x倍就可以统计完这些区间。再看最高位数字的情况，显然0到x-1这些
数字在最高位上再现的次数为10^(m-1)，因为一个区间长度为10^(m-1)。而x在最高位上出现次数就是
n%10^(m-1)+1了。接下来对n%10^(m-1)，即n去掉最高位后的那个数字再继续重复上面的方法。直到
个位，就可以完成题目要求了。
比如，对于一个数字34567，我们可以这样来计算从1到34567之间所有数字中每个数字出现的次数：
从0到9999，这个区间的每个数字的出现次数可以使用原著中给出的递推公式，即每个数字出现4000次。
从10000到19999，中间除去万位的1不算，又是一个从0000到9999的排列，这样的话，从0到34567之间
的这样的区间共有3个。所以从00000到29999之间除万位外每个数字出现次数为3*4000次。然后再统计
万位数字，每个区间长度为10000，所以0,1,2在万位上各出现10000次。而3则出现4567+1=4568次。
之后，抛掉万位数字，对于4567，再使用上面的方法计算，一直计算到个位即可。
下面是自己的实现代码：
voidstatNumber_iterative(intn){
intlen,i,k,h,m;
intcount[10]={0};
intpow10[12]={1,10,100,1000,10000,100000,1000000,10000000,100000000,1000000000};
chard[16];
len=log10(n);/*len表示当前数字的位权*/
m=len;
sprintf(d,"%d",n);
k=0;/*k记录当前最高位数字在d数组中的下标*/
h=d[k]-'0';/*h表示当前最高位的数字*/
n%=pow10[len];/*去掉n的最高位*/
while(len>0){
if(h==0){
count[0]+=n+1;
h=d[++k]-'0';
--len;
n%=pow10[len];
continue;
}
for(i=0;i<10;i++){
count[i]+=h*len*pow10[len-1];
}
for(i=0;i<h;i++){
count[i]+=pow10[len];
}
count[h]+=n+1;
--len;
h=d[++k]-'0';
n%=pow10[len];
}
for(i=0;i<=h;i++){
count[i]+=1;
}
/*减去前导0的个数*/
for(i=0;i<=m;i++){
count[0]-=pow10[i];
}
for(i=0;i<10;i++){
printf("%d/n",count[i]);
}
}
以上就是本文的全部内容，希望对大家的学习有所帮助。