給定乙個十進位制整數n,求出從1到n的所有整數中出現」1」的個數。
例如：n=2，1,2出現了1個「1」。
n=12，1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12。出現了5個「1」。
問題求解：
解法一：
最直接的方法就是從1開始遍歷到n，將其中每乙個數中含有「1」的個數加起來，就得到了問題的解。
**如下：
1此方法簡單，容易理解，但它的問題是效率，時間複雜度為o（n * lgn），n比較大的時候，需要耗費很長的時間。public
long countone3(
long n)
2
14 }
15return count;
16 }
解法二：
我們重新分析下這個問題，對於任意乙個個位數n，只要n>=1,它就包含乙個「1」；n<1，即n=0時，則包含的「1」的個數為0。於是我們考慮用分治的思想將任意乙個n位數不斷縮小規模分解成許多個個位數，這樣求解就很方便。
但是，我們該如何降低規模？仔細分析，我們會發現，任意乙個n位數中「1」的個位可以分解為兩個n-1位數中「1」的個數的和加上乙個與最高位數相關的常數c。例如，f(12) = f(10 - 1) + f(12 - 10) + 3,其中3是表示最高位為1的數字個數，這裡就是10,11,12；f(132)=f(100 -1) + f(132 - 100) + 33，33代表最高位為1的數字的個數，這裡就是100~132；f(232) = 2*f(100 - 1) + f(32) + 100，因為232大於199，所以它包括了所有最高位為1的數字即100~199，共100個。
綜上，我們分析得出，最後加的常數c只跟最高位n1是否為1有關，當最高位為1時，常數c為原數字n去掉最高位後剩下的數字+1，當最高位為1時，常數c為10bit，其中bit為n的位數-1，如n=12時，bit=1，n=232時，bit=2。
於是，我們可以列出遞迴方程如下：
if(n1 == 1)
f(n) = f(10bit-1) + f(n - 10bit) + n - 10bit+ 1;
else
f(n) = n1*f(10bit-1) + f(n – n1*10bit) + 10bit;
遞迴的出口條件為：
if(1else if (n == 0) return 0;
基於此，編寫如下**：
1此演算法的優點是不用遍歷1~n就可以得到f(n)。經過我測試，此演算法的運算速度比解法一快了許多許多，數字在1010內時，演算法都可以在毫秒級內結束，而解法一在計算109時，時間超過了5分鐘。但此演算法有乙個顯著的缺點就是當數字超過1010時會導致堆疊溢位，無法計算。public
long countone(
long n)
2
1718int weight = (
int)math.pow(
10, bit);
//代表最高位的權重，即最高位乙個1代表的大小
19if (highest ==
1)20
25else
26
31 }
32return count;
33 }
還有就是，我嘗試了許久也沒有計算出此演算法的時間複雜度到底是多少，似乎是o（lg2n），我並不確定，希望知道的高手能給予解答。
解法三：
解法二告訴我們1~ n中「1」的個數跟最高位有關，那我們換個角度思考，給定乙個n，我們分析1~n中的數在每一位上出現1的次數的和，看看每一位上「1」出現的個數的和由什麼決定。
1位數的情況：
在解法二中已經分析過，大於等於1的時候，有1個，小於1就沒有。
2位數的情況：
n=13,個位數出現的1的次數為2，分別為1和11，十位數出現1的次數為4，分別為10,11,12,13，所以f(n) = 2+4。
n=23,個位數出現的1的次數為3，分別為1，11，21，十位數出現1的次數為10，分別為10~19，f(n)=3+10。
由此我們發現，個位數出現1的次數不僅和個位數有關，和十位數也有關，如果個位數大於等於1，則個位數出現1的次數為十位數的數字加1；如果個位數為0，個位數出現1的次數等於十位數數字。而十位數上出現1的次數也不僅和十位數相關，也和個位數相關：如果十位數字等於1，則十位數上出現1的次數為個位數的數字加1，假如十位數大於1，則十位數上出現1的次數為10。
3位數的情況:
n=123
個位出現1的個數為13:1,11,21，…，91,101,111,121
十位出現1的個數為20:10~19,110~119
百位出現1的個數為24:100~123
我們可以繼續分析4位數，5位數，推導出下面一般情況：
假設n，我們要計算百位上出現1的次數，將由三部分決定：百位上的數字，百位以上的數字，百位一下的數字。
如果百位上的數字為0，則百位上出現1的次數僅由更高位決定，比如12013，百位出現1的情況為100~199,1100~1199,2100~2199，…，11100~11199，共1200個。等於更高位數字乘以當前位數，即12 * 100。
如果百位上的數字大於1，則百位上出現1的次數僅由更高位決定，比如12213，百位出現1的情況為100~199,1100~1199,2100~2199，…，11100~11199，12100~12199共1300個。等於更高位數字加1乘以當前位數，即（12 + 1）*100。
如果百位上的數字為1，則百位上出現1的次數不僅受更高位影響，還受低位影響。例如12113，受高位影響出現1的情況：100~199,1100~1199,2100~2199，…，11100~11199，共1200個，但它還受低位影響，出現1的情況是12100~12113，共114個，等於低位數字113+1。
綜合以上分析，寫出如下**：
1此演算法的時間複雜度僅為o(lgn)，且沒有遞迴儲存現場的消耗和堆疊溢位的問題。public
long countone2(
long n)
2
21return count;
2223 }
不知道各位看官是否還有更高效的演算法拿出來分享呢？
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