题目要求

阅读理解

• “你可以用任意次数digits[i]来写的数字”……这个翻译也太奇怪了吧【(′д｀ )…彡…彡】
  • 原文：You can write numbers using each $digits[i]$ as many times as we want
  • 意译：任意次数使用每个$digits[i]$来组成一个整数
• 也就是说要找用给出的数字能够构造出多少个小于$n$的数。

思路：数位DP

• 起始先转存字符串数组$digits$为数字数组$nums$（长度为$m$），然后逐位转存$n$为$list$（长度为$len$）用于后续判断；
• 然后开始构造目标数字，可根据构造目标的位数分为两类：
  • $=len$
    • 由高到低逐位判断$list[i]$，将其记为$cur$；
    • 在$nums$中找到不大于$cur$的数；
      • 由于$nums$有序，所以用二分找到最右边（最大）满足的数即可，设其下标为$r$。
    • 根据$nums[r]$与$cur$的大小判断后续操作，当前在构造目标的第$p$位（从高向低）：
      • 若$nums[r]>cur$，意味着无法构造合法数字了，所以结束；
      • 若$nums[r]=cur$，构造目标根据当前位的选择可分为两部分：
        • 由位于$r$之前（小于$nums[r]$）的数构造出一堆一定小于$n$的数，这些数共有$r\times m^{len-p}$个【当前位有$r$种选择，之后的每一位都有$m$种选择】；
        • 而当前位为$nums[r]$时还需继续判断下一位的情况。
      • 若$nums[r]<cur$，当前位为位于$r$及其之前的数任选，其余位置在$m$个数中任选，共可构造$(r+1)\times m^{len-p}$个。
  • $<len$
    • 此时构造的数一定合法，只需要把不同位数的构造结果加起来即可，每个数位上都有$m$种选择，合计$\sum^{len-1}_{i=1}m^i$。

Java

class Solution {
    public int atMostNGivenDigitSet(String[] digits, int n) {
        // 转存digits
        int[] nums = new int[digits.length];
        for (int i = 0; i < digits.length; i++)
            nums[i] = Integer.parseInt(digits[i]);
        // 转存n
        List<Integer> list = new ArrayList<>();
        while (n != 0) {
            list.add(n % 10);
            n /= 10;
        }

        int len = list.size(), m = nums.length, res = 0;
        // 目标数位数 = len
        for (int i = len - 1, p = 1; i >= 0; i--, p++) {
            int cur = list.get(i);
            int l = 0, r = m - 1;
            while (l < r) { // 二分找合适的digits[r]
                int mid = l + r + 1 >> 1;
                if (nums[mid] <= cur)
                    l = mid;
                else
                    r = mid - 1;
            }
            // 是否继续向后
            if (nums[r] > cur)
                break;
            else if (nums[r] == cur) {
                res += r * (int)Math.pow(m, (len - p));
                if (i == 0) // 构造至最后一位
                    res++; // 加上nums[r]做该位的可能
            }
            else if (nums[r] < cur) {
                res += (r + 1) * (int)Math.pow(m, (len - p));
                break;
            }
        }
        // 目标数位数 < len
        for (int i = len - 1; i > 0; i--)
            res += Math.pow(m, i);
        return res;
    }
}

• 时间复杂度：$O(\log n)$，由于二分最大范围是$1\sim 9$可忽略，所以整体复杂度仅与$n$的位数有关
• 空间复杂度：$O(C)$，转存给出数据

C++

class Solution {
public:
    int atMostNGivenDigitSet(vector<string>& digits, int n) {
        // 转存digits
        vector<int> nums;
        for (int i = 0; i < digits.size(); i++)
            nums.emplace_back(stoi(digits[i]));
        // 转存n
        vector<int> list;
        while (n != 0) {
            list.emplace_back(n % 10);
            n /= 10;
        }

        int len = list.size(), m = nums.size(), res = 0;
        // 目标数位数 = len
        for (int i = len - 1, p = 1; i >= 0; i--, p++) {
            int cur = list[i];
            int l = 0, r = m - 1;
            while (l < r) { // 二分找合适的digits[r]
                int mid = l + r + 1 >> 1;
                if (nums[mid] <= cur)
                    l = mid;
                else
                    r = mid - 1;
            }
            // 是否继续向后
            if (nums[r] > cur)
                break;
            else if (nums[r] == cur) {
                res += r * (int)pow(m, (len - p));
                if (i == 0) // 构造至最后一位
                    res++; // 加上nums[r]做该位的可能
            }
            else if (nums[r] < cur) {
                res += (r + 1) * (int)pow(m, (len - p));
                break;
            }
        }
        // 目标数位数 < len
        for (int i = len - 1; i > 0; i--)
            res += pow(m, i);
        return res;
    }
};

• 时间复杂度：$O(\log n)$，由于二分最大范围是$1\sim 9$可忽略，所以整体复杂度仅与$n$的位数有关
• 空间复杂度：$O(C)$，转存给出数据

总结

• 今日模板修改之给标题加上题目链接~
• 持续偷懒之不想写Rust，看到那一堆容器就知道肯定搞不出来来回借用克隆；
• get了数位DP的方法，还是很简单的；
  • 由本题其实可以推广到计算任意区间内的合法数字数量，因为容斥原理所以直接$res\ in\ [l,r]=dp(r)-dp(l)$。