一、問題
給定乙個十進位制正整數n，統計從1開始，到n（含n）的所有整數中出現的所有「1」（包含各個位）的個數。
二、解法
版本一：最簡單的思路，就是從1到n進行遍歷，統計逐個數上「1」的個數並相加，最後的結果就是所求的值。
9 #include 10 #include 11
12 typedef int type;
13 type n = 9999;
14 15 type count_number_1(type n)
16 22 return sum;
23 }
24 25 int main(void)
26 32 printf("sum of number 1 in %d is %d.\n", n, sum);
33 return exit_success;
34 }
特點：逐個數遍歷，並利用求餘演算法統計各個位上「1」的總數。
時間複雜度計算：o(nlogn) （對數函式實際上以10為底）
（關於對數時間計算參考維基百科：時間複雜度 對數時間：若演演算法的t(n) = o(log n)，則稱其具有對數時間。由於計算機使用二進位制的記數系統，對數常常以2為底（即log2 n，有時寫作lg n）。然而，由對數的換底公式，loga n和logb n只有乙個常數因子不同，這個因子在大o記法中被丟棄。因此記作o（log n），而不論對數的底是多少，是對數時間演演算法的標準記法。）
gprof 時間效能監視測試：
版本二：分析數學規律，思考「小數n在每一位上可能出現1的次數」之和來得到結果。
9 #include 10 #include 11
12 typedef int type;
13 type n = 1000000000;
14 15 type main(void)
16
39 printf("sum of number 1 in %d is %d.\n", n, sum);
40 return exit_success;
41 }
對於一位數a(a >= 0):
個位數上的1統計值：
a < 1: a = 0
a >= 1: a = 1
「1」的個數：a
對於二位數ba(b >= 1):
個位數上的1統計值：
a < 1: a = b
a >= 1: a = b + 1
十位數上的1統計值：
b = 1: b = a + 1
b > 1: b = 10
「1」的個數：a + b
對於三位數cba(c >= 1):
個位數上的1統計值：
a < 1: a = cb
a >= 1: a = cb + 1
十位數上的1統計值：
b = 0: b = 10 * c
b = 1: b = 10 * c + a + 1
b > 1: b = 10 * (c + 1)
百位數上的1統計值：
c = 1: ba + 1
c > 1: 100
「1」的個數：a + b + c
對於四位數dcba(d >= 1):
個位數上的1統計值：
a < 1: a = dcb
a >= 1: a = dcb + 1
十位數上的1統計值：
b = 0: b = 10 * dc
b = 1: b = 10 * dc + a + 1
b > 1: b = 10 * (dc + 1)
百位數上的1統計值：
c = 0: c = 100 * d
c = 1: c = 100 * d + ba + 1
c > 1: c = 100 * (d + 1)
千位數上的1統計值：
d = 1: d = cba + 1
d > 1: d = 1000
「1」的個數：a + b + c + d
對於五位數edcba(e >= 1):
個位數上的1統計值：
a = 0: a = 1 * edcb
a = 1: a = 1 * edcb + k + 1 （k = 0）
a > 1: a = 1 * (edcb + 1)
十位數上的1統計值：
b = 0: b = 10 * edc
b = 1: b = 10 * edc + a + 1
b > 1: b = 10 * (edc + 1)
百位數上的1統計值：
c = 0: c = 100 * ed
c = 1: c = 100 * ed + ba + 1
c > 1: c = 100 * (ed + 1)
千位數上的1統計值：
d = 0: c = 1000 * e
d = 1: c = 1000 * e + cba + 1
d > 1: c = 1000 * (e + 1)
萬位數上的1統計值：
e = 0: x （不存在）
e = 1: d = 1000 * f + dcba + 1 （f = 0）
e > 1: d = 10000 * (f + 1) （f = 0）
「1」的個數：a + b + c + d + e
時間複雜度計算：o(logn)（對數函式實際上以10為底）
版本三：逐步縮小資料規模，把大的數分解為更小的數的組合，利用遞迴的思想求解。
（此想法參考自一篇文章：
9 #include 10 #include 11
12 typedef long long type;
13 type n = 1000000000;
14
15 type count_number_1(type n)
16
26 pow_bits /= 10;
27 if(bits > 1) else
40 } else
47 return sum;
48 }
49
50 int main(void)
51
gprof 時間效能監視測試:
特點：考慮的資料規模的遞減，通過遞迴思路不斷縮小資料規模，最後只剩下個位數「1」含有個數的求解。但是資料過大時遞迴可能會導致堆疊溢位。下面為思考過程（對於不同位數通過找例子測試得到規律）：
個位數a:f(a)
a < 1 : a = 0
a >= 1 : a = 1
十位數ba:
b = 1 : ba = f(a) + f(9) + a + 1
b > 1 : ba = f(a) + b * f(9) + 10
百位數cba:
c = 1 : cba = f(ba) + f(99) + ba + 1
c > 1 : cba = f(ba) + c * f(99) + 100
千位數dcba:
d = 1 : cba = f(cba) + f(999) + cba + 1
d > 1 : cba = f(cba) + d * f(999) + 1000
三、總結與思考
這道題目的第一種解法是最先想到的解法，符合程式設計的思維習慣，但是第二種解法確使運算效率提公升到乙個新的檔次，第二種解法，從數學的思考角度去考慮，通過尋找規律來尋找求解。所以，有的複雜的演算法，先轉變為數學問題，通過數學規律或相互關係尋找新的數學上的解法，再程式設計實現，效率說不定能夠快速提公升。當然，第一種解法直觀易懂，大家很容易推出問題，第二種解法不容易推出問題，但是效率確實更優的。當程式運算效率跟不上時，不防通過考慮下數學問題推導這種思維進行優化。
第三種解法參考別的文章的提示思路，採用的時遞迴縮小資料規模的想法，運用了分治的思想，這個方法實際測試效率時發現也效率和是相當高的，但時間複雜度這個值參考別人的計算結果，並未自己驗證，因此無法準確的進行評估。
3.有寫錯或寫漏之處請指正，謝謝！
程式設計之美2 4 1的數目
總體思路 先求個位上出現的1的個數，再找十位再找百位。先看個位找找規律 5 05 1 1 15 2 1，11 25 3 1，11，21 35 4 1，11，21，31 325 33 1,11,21,31,41,301,311,321 結論 個位上的1的數目s n 10 1 再看十位，找找規律 25 ...
程式設計之美 2 4 「1的數目」
擴充套件問題 二進位制數n，從1開始，到n的所有二進位制數，然後數下其中出現的所有 1 的個數。例如 f 1 1 f 10 2 因為01,10共有2個1 f 11 100 因為01,10,11共有4個1 思路 以10110為例，考慮最高位為0時共有幾個1，因為後面4位中1和0出現的概率是相等的，也即...
程式設計之美 2 4 1的數目
package code.beauty.fungame public class countone private static int count1inaint int n return num private static void count1inallint int n system.out...