剑指offer：Python 整数中1出现的次数（从1到n整数中1出现的次数）图解 绝对让你看懂！

题目描述

求出1 ~ 13的整数中1出现的次数，并算出100 ~ 1300的整数中1出现的次数？1~13中包含1的数字有1、10、11、12、13因此共出现6次，但是对于后面问题他就没辙了。请把问题更加普遍化，可以很快的求出任意非负整数区间中1出现的次数（从1 到 n 中1出现的次数）。

思路和Python实现

看了下Python的解法，有投机心的，用字符串统计，或者用递归之类的，但是想想如果给的数是亿计呢？于是整理了其他的思路

思路一

详细图解 逐位遍历

• 准备工作：假设 指针 代表当前位置，设为：midele_value，指针从最后的1位开始向左移动，每次以指针划分，分为三个部分，指针左侧为：高位区 high_value，指针右边：低位区 low_value；指针不断的移动，每次midele_value遇到的值，分为三类：0 ，1 ，2~9 ，下面分别讨论1可能出现的个数。

• 移动时，如果遇上0，如下图，假如要让它变成1，那么 34591… 这样就比原来的数大了，所以出现1的情况，只能是前面各位为：3458 “1” 变化，从0~3458 总共有 3459个数（可以取0，即这个数是182190），结果发现就是前面存在的数（即是高位high_value），低位区总共的可能数是，有多少位数，每一位数都可以有0 ~ 9 的变化，加上所在位，就是 10 ^（后面的位数）。
  所以总共出现1的次数为：高位 * 10 ^（后面的位数）
  

• 移动时，如果遇到 2 ~ 9 的数，如下图，指针指向的数不需要借位，可以直接34590 “8”变化，所以前面总共有：0~34590 总共34591个数，
  即是：（高位+1）* 10 ^（后面的位数）
  

• 移动时，如果遇到 1，如下图，因为1就是我们要找的，所以可以这样，将1变成0，这样原来的数需要加上midele_value后面位数的数值，图中将1变成0就是：34590820 000 + 190 ；这样就变成了指针还是指向0的情况，那么按照前面得出的34590820 000 就是：高位 * 10 ^（后面的位数）；紧接着，还有 指针+低位区 还没处理，190 ，指针指向1时所有出现1的可能为 100~190 总共 91个数，即是低位区+1。
  所以得出：高位 * 10 ^（后面的位数）+ 低位区 + 1
  

• 具体实现需要解决的问题：
  设置一个preceise移动指针，让它初始等于1，每次向左移动一位需要让它增大10倍，即是：preceise = preceise * 10 ，不断的循环移动，那么
  指针 所分成的三块区域 不断变化过程如下图：
  
  
  

• 如下图：高位区 等于0 ，指针指向最左侧的数，那么循环就结束
  

• 以 preceise =1 的情况考虑，它将数分成三块区域：high_value，midele_value 以及0，所以根据取一个数的每一个数的方法可以得出通式：
  high_value = n // (10 * preceise)
  midele_value = (n // preceise) % 10
  low_value = n % preceise
  preceise = preceise * 10

  （可以联想一下判回文数和水仙花数，是如何取到每一位的方法来思考该如何实现这个）

class Solution:
    def NumberOf1Between1AndN_Solution(self, n):
        preceise = 1
        high_value = 1
        # midele_value = 1
        # low_value = 1
        count = 0
        sum_num = 0
        while high_value != 0:
            high_value = n // (10 * preceise)
            midele_value = (n // preceise) % 10
            low_value = n % preceise
            preceise = preceise * 10

            if midele_value == 0:
                num = high_value * pow(10, count)
            elif midele_value > 1:
                num = (high_value + 1) * pow(10, count)
            else:
                num = high_value * pow(10, count) + low_value + 1
            sum_num += num
            count += 1
        return sum_num


obj = Solution()
print(obj.NumberOf1Between1AndN_Solution(131))

逐位遍历，其他思路

假设一个数 n = abcde ，其中abcde分别为十进制中各位上的数字。
如果要计算百位上1出现的次数，它要受到3方面的影响：百位上的数字，百位以下（低位）的数字，百位以上（高位）的数字。

• 如果百位上数字为0，百位上可能出现1的次数由更高位决定。比如：12013，则可以知道百位出现1的情况可能是：100-199，1100-1199,2100-2199，……，11100-11199，一共1200个。正好等于更高位数字（12）乘以 当前位数（100）。
• 如果百位上数字为1，百位上可能出现1的次数不仅受更高位影响还受低位影响。比如：12113，则可以知道百位受高位影响出现的情况是：100-199，1100-1199,2100-2199，…，11100-11199，一共1200个。等于更高位数字（12）乘以 当前位数（100）。但同时由于低位为13，百位出现1的情况还可能是：12100~12113,一共14个，等于低位数字（13）+1。
• 如果百位上数字大于1（2-9），则百位上出现1的情况仅由更高位决定，比如12213，则百位出现1的情况是：100-199,1100-1199，2100-2199，…，11100-11199,12100-12199,一共有1300个，等于更高位数字+1（12+1）乘以当前位数（100）。
• 从最低位开始，逐位遍历，统计出现1的次数

class Solution:
    def NumberOf1Between1AndN_Solution(self, n):
        i = 1  # 记录位数
        current = 0  # 记录当前位上的数
        before = 0  # 记录前边的数
        after = 0  # 记录后边的数
        count = 0  # 记录1出现的个数
        while (n // i) != 0:  # 位数到最高位为止
            current = ((n % (i * 10)) - (n % i)) / i
            before = n % i
            after = n // (i * 10)
            if current == 0:
                count += after * i
            elif current == 1:
                count += after * i + before + 1
            else:
                count += (after + 1) * i
            i = i * 10  # 每次循环，位数乘10
        return count


obj = Solution()
print(obj.NumberOf1Between1AndN_Solution(131))

思路二

数学归纳
整理来自：https://www.nowcoder.com/questionTerminal/bd7f978302044eee894445e244c7eee6

• 个位：
  我们知道在个位数上，1会每隔10出现一次，例如1、11、21等等，我们发现以10为一个阶梯的话，每一个完整的阶梯里面都有一个1，例如数字22，按照10为间隔来分三个阶梯，在完整阶梯0-9，10-19之中都有一个1，但是19之后有一个不完整的阶梯，我们需要去判断这个阶梯中会不会出现1，易推断知，如果最后这个露出来的部分小于1，则不可能出现1（这个归纳换做其它数字也成立）。

  我们可以归纳个位上1出现的个数为：n/10 * 1+(n%10!=0 ? 1 : 0)

• 十位
  现在说十位数，十位数上出现1的情况应该是10-19，依然沿用分析个位数时候的阶梯理论，我们知道10-19这组数，每隔100出现一次，这次我们的阶梯是100，例如数字317，分析有阶梯0-99，100-199，200-299三段完整阶梯，每一段阶梯里面都会出现10次1（从10-19），最后分析露出来的那段不完整的阶梯。我们考虑如果露出来的数大于19，那么直接算10个1就行了，因为10-19肯定会出现；如果小于10，那么肯定不会出现十位数的1；如果在10-19之间的，我们计算结果应该是k - 10 + 1。例如我们分析300-317，17个数字，1出现的个数应该是17-10+1=8个。

  那么现在可以归纳：十位上1出现的个数为：
  设k = n % 100，即为不完整阶梯段的数字
  归纳式为：(n / 100) * 10 + (if(k > 19) 10 else if(k < 10) 0 else k - 10 + 1)

• 百位
  现在说百位1，我们知道在百位，100-199都会出现百位1，一共出现100次，阶梯间隔为1000，100-199这组数，每隔1000就会出现一次。这次假设我们的数为2139。跟上述思想一致，先算阶梯数 * 完整阶梯中1在百位出现的个数，即n/1000 * 100得到前两个阶梯中1的个数，那么再算漏出来的部分139，沿用上述思想，不完整阶梯数k199，得到100个百位1，100<=k<=199则得到k - 100 + 1个百位1。

  那么继续归纳百位上出现1的个数：

  设k = n % 1000
  归纳式为：(n / 1000) * 100 + (if(k >199) 100 else if(k < 100) 0 else k - 100 + 1)
  

class Solution:
    def NumberOf1Between1AndN_Solution(self, n):
        i = 1  # 从个位开始计算，也可以从高为往低位计算
        count = 0  # 1的数量初始化为1
        while i <= n:  # 和n比较大小
            count += (n // (i*10))*i + (lambda x: min(max(x-i+1, 0), i))(n%(i*10))  
            # 个位，十位等1的个数整除去整，余数上1的个数采用匿名函数，简单一点，也可以使用if else
            i = i * 10  # 计算下一位的1的个数
        return count  # 返回