3.统计数字(Digit Count)git
计算数字 k 在 0 到 n 中的出现的次数，k 多是 0~9 的一个值。算法
首先是，惯用思惟，2个循环解决，这样作的时间复杂度为O(n*2)数组
1 class Solution: 2 """ 3 @param k: An integer 4 @param n: An integer 5 @return: An integer denote the count of digit k in 1..n 6 """ 7 def digitCounts(self, k, n): 8 # write your code here 9 times = 0 10 11 for i in range(n+1): 12 item = str(i) 13 while len(item) > 0: 14 if item[0:1] == str(k): 15 times += 1 16 item = item[1:] 17 return times
提交成功后，看到讨论区有时间复杂度为O(log(n))的解法，搞懂思路后，终于本身实现了markdown
本题求k出现的次数，其实能够等价于求k在各个数位上出现的次数之和app
以n=3154为例，分状况讨论spa
设k所在数位为index（好比k在千位，index就是3；k在百位，index就是2）设计
设digit为k所在数位上，n对应的数值（好比k在千位，digit就是3；k在百位，digit就是1）code
设k所在数位前的数为高位high，k所在数位后的数为低位low（好比k在百位，high就是3，low就是54；k在十位，high就是31，low就是4）blog
1、当k>digit时ip
1.k在个位：(000~314)k high=315 index=0
共有315*1 = high*(10^index) = 315种可能
2.k在十位：(00~30)k(0~9) high=31 index=1
共31*10 = high*(10^index) = 310种可能
3.k在百位：(0~2)k(00~99) high=3 index=2
共3*100 = high*(10^index) = 300种可能
4.k在千位 high=0 index=3
共有0*1000 = high*(10^index) = 0种可能
因此，当k>digit时，k出现次数为high*(10^index)
2、当k=digit时
1.k在个位：(000~315)k high=315 low=0 index=0
共有316 = 315*10^0+0+1 = high*(10^index)+low+1 = 316种可能
2.k在十位：(00~30)k(0~9)+31k(0~4) high=31 low=4 index=1
共31*10+5 = 31*10^1+4+1 = high*(10^index)+low+1 = 315种可能
3.k在百位：(0~2)k(00~99)+3k(00~54) high=3 low=54 index=2
共3*100+55 = 3*10^2+54+1 = high*(10^index)+low+1 = 355种可能
4.k在千位：k(000~154) high=0 low=154 index=3
共0*1000+155 = 0*10^3+154+1 = high*(10^index)+low+1 = 155种可能
因此，当k>digit时，k出现次数为high*(10^index)+low+1
3、当k<digit时
1.k在个位：(000~315)k high=315 index=0
共有316*1 = (315+1)*(10^0) = (hith+1)*(10^index) = 316种可能
2.k在十位：(00~31)k(0~9) high=31 index=1
共32*10+10 = (31+1)*(10^1) = (hith+1)*(10^index) = 320种可能
3.k在百位：(0~3)k(00~99) high=3 index=2
共4*(10^2) = (3+1)*(10^2) = (hith+1)*(10^index) = 400种可能
4.k在千位：k(000~999) high=0 index=3
共1*(10^3) = (0+1)*(10^3) = (hith+1)*(10^index) = 1000种可能
因此，当k<digit时，k出现次数为(hith+1)*(10^index)
4、当k=0时
因为没有0xxx,00xx,000x这种数字，
因此k=0时，在千位就比k等于其余数字少了1000次，在百位少100次，在十位少10次，
在个位时0000即为0，因此不比k等于其余数字时少
代码以下：
1 class Solution: 2 """ 3 @param: : An integer 4 @param: : An integer 5 @return: An integer denote the count of digit k in 1..n 6 """ 7 8 def digitCounts(self, k, n): 9 # k出现的次数 10 times = 0 11 12 quotient = n 13 # 将整数转为字符串后，利用 len() 判断 n 的位数 14 # i即为分析中的index 15 for i in range(len(str(n))): 16 # remainder 即为分析中的digit 17 remainder = quotient % 10 18 # 得到高位high 19 quotient = quotient // 10 20 power = pow(10, i) 21 22 if k > remainder: 23 times += quotient * power 24 elif k == remainder: 25 # 经过高位乘以10对应的(幂+1) 26 # 加上 digit乘以10对应的幂 27 # 得到与低位互补的新的高位 28 # 再用n减去新的高位，便可得到低位 29 new_quotient = quotient * power * 10 \ 30 + remainder * power 31 times += (quotient * power \ 32 + (n - new_quotient) \ 33 + 1) 34 else: 35 times += (quotient + 1) * power 36 37 if k == 0: 38 # 当k不在个位时，k出现次数要减去10对应的幂 39 if power != 1: 40 times -= power 41 42 return times
4. 丑数II（ugly number ii）
设计一个算法，找出只含素因子2，3，5 的第 n 小的数。
符合条件的数如：1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12...
解决本题的思路是，除了1之外，题目要求的丑数只含有2,3,5这3种质因子，因此后面的丑数都是前面的丑数乘以2,3,5获得的
原问题转化为求一个数列中，第n个丑数如何得到的问题
假设长度为n-1的丑数数列第一个数为uglys[1] = 1
设2*uglys[i] > uglys[n-1], 3*uglys[j] > uglys[n-1], 5*uglys[k] > uglys[n-1] (注意，这里的n-1表示第n-1个数，跟列表里的下标不同)
若是i,j,k分别是知足上述不等式的最小整数，那么uglys[n] = min(2*uglys[i], 3*uglys[j], 5*uglys[k])
很显然，i,j,k大多时候是不一样的，因此咱们要设置3个下标来分别记录他们在数组中的位置
代码以下：
1 class Solution: 2 """ 3 @param n: An integer 4 @return: return a integer as description. 5 """ 6 def nthUglyNumber(self, n): 7 uglyNumers = [1] 8 9 i2, i3, i5 = 0, 0, 0 10 num2, num3, num5 = uglyNumers[i2] * 2, \ 11 uglyNumers[i3] * 3, \ 12 uglyNumers[i5] * 5 13 # 虽然形式是双重循环 14 # 可是里面的3个while每次最多各执行一次 15 # 因此时间复杂度是O(n) 16 while len(uglyNumers) < n: 17 while num2 <= uglyNumers[-1]: 18 i2 += 1 19 num2 = uglyNumers[i2] * 2 20 while num3 <= uglyNumers[-1]: 21 i3 += 1 22 num3 = uglyNumers[i3] * 3 23 while num5 <= uglyNumers[-1]: 24 i5 += 1 25 num5 = uglyNumers[i5] * 5 26 uglyNumers.append(min(num2, num3, num5)) 27 return uglyNumers[-1]