一本書的頁碼從自然數1開始順序編碼直到自然數n。書的頁碼按照通常的習慣編排，每個頁碼都不含多余的前導數字0。例如第6頁用6表示而不是06或006。數字統計問題要求對給定書的總頁碼，計算出書的全部頁碼中分別用到多少次數字0,1,2,3,.....9。
這個題目有個最容易想到的n*log10(n)的算法。這是自己寫的復雜度為O(n*log10(n))的代碼：

void statNumber(int n) {  int i, t;  int count[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]);  }}

仔細考慮m個n位十進制數的特點，在一個n位十進制數的由低到高的第i個數位上，總是連續出現10^i個0，然后是10^i個1……一直到10^i個9，9之后又是連續的10^i個0，這樣循環出現。找到這個規律，就可以在常數時間內算出第i個數位上每個數字出現的次數。而在第i個數位上，最前面的10^i個0是前導0，應該把它們減掉。

這樣，可以只分析給定的輸入整數n的每個數位，從面可以得到一個log10(n)的算法，代碼如下：

void statNumber(int n) {  int m, i, j, k, t, x, len = log10(n);  char d[16];  int pow10[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個數位上前10^i個0是無意義的 */  }  for(j = 0; j < 10; j++) {  printf("%d/n", count[j]);  }}

通過對隨機生成的測試數據的比較，可以驗證第二段代碼是正確的。
對兩段代碼做效率測試，第一次隨機產生20萬個整數，結果在我的電腦上，第二段代碼執行1.744秒。第一段代碼等我吃完鈑回來看還是沒反應，就強行關了它。
第二次產生了1000個整數，再次測試，結果第一段代碼在我的電腦上執行的時間是
10.1440秒，而第二段代碼的執行時間是0.0800秒。

其原因是第一段代碼時間復雜度為O(n*log10(n))，對m個輸入整數進行計算，則需要的時間為 1*log10(1) + 2*log10(2) + ... + m*log10(m)，　當n > 10時，有
n*log10(n) > n，所以上式的下界為11+12+....+m，其漸近界為m*m。對于20萬個測試數據，其運行時間的下界就是4*10^10。
同樣可得第二段代碼對于n個輸入數據的運行時間界是n*log10(n)的。

上面的代碼中有個pow10數組用來記錄10^i，但10^10左右就已經超過了2^32，但是題目給定的輸入整數的范圍在10^9以內，所以沒有影響。
原著中給出的分析如下：
考察由0,1,2...9組成的所有n位數。從n個0到n個9共有10^n個n位數。在這10^n個n位數中，0,1,2.....9第個數字使用次數相同，設為f(n)。f(n)滿足如下遞推式：
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)。
據此，可從高位向低位進行統計，再減去多余的0的個數即可。
著者的思想說的更清楚些應該是這樣：
對于一個m位整數，我們可以把0到n之間的n+1個整數從小到大這樣來排列：
000......0
.............
199......9
200......0
299......9
.........
這樣一直排到自然數n。對于從0到199......9這個區間來說，拋去最高位的數字不看，其低m-1位恰好
就是m-1個0到m-1個9共10^(m-1)個數。利用原著中的遞推公式，在這個區間里，每個數字出現的次數
（不包括最高位數字）為(m-1)*10^(m-2)。假設n的最高位數字是x，那么在n之間上述所說的區間共有
x個。那么每個數字出現的次數x倍就可以統計完這些區間。再看最高位數字的情況，顯然0到x-1這些
數字在最高位上再現的次數為10^(m-1)，因為一個區間長度為10^(m-1)。而x在最高位上出現次數就是
n%10^(m-1)+1了。接下來對n%10^(m-1)，即n去掉最高位后的那個數字再繼續重復上面的方法。直到
個位，就可以完成題目要求了。
比如，對于一個數字34567，我們可以這樣來計算從1到34567之間所有數字中每個數字出現的次數：
從0到9999，這個區間的每個數字的出現次數可以使用原著中給出的遞推公式，即每個數字出現4000次。
從10000到19999，中間除去萬位的1不算，又是一個從0000到9999的排列，這樣的話，從0到34567之間
的這樣的區間共有3個。所以從00000到29999之間除萬位外每個數字出現次數為3*4000次。然后再統計
萬位數字，每個區間長度為10000，所以0,1,2在萬位上各出現10000次。而3則出現4567+1=4568次。
之后，拋掉萬位數字，對于4567，再使用上面的方法計算，一直計算到個位即可。
下面是自己的實現代碼： 

void statNumber_iterative(int n) {  int len, i, k, h, m;  int count[10] = {0};  int pow10[12] = {1,10,100,1000,10000,100000,1000000,10000000,100000000,1000000000};  char d[16];  len = log10(n);   /* len表示當前數字的位權 */  m = len;  sprintf(d, "%d", n);  k = 0;     /* k記錄當前最高位數字在d數組中的下標 */  h = d[k] - '0';   /* h表示當前最高位的數字 */  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;  }  /* 減去前導0的個數 */  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內容，希望對大家的學習有所幫助。