题目描述
这是 LeetCode 上的 357. 统计各位数字都不同的数字个数 ，难度为 中等。
Tag : 「数学」
给你一个整数 nn ，统计并返回各位数字都不同的数字 xx 的个数，其中 0 <= x < 10^n0<=x<10n 。
示例 1：
输入：n = 2 输出：91 解释：答案应为除去 11、22、33、44、55、66、77、88、99 外，在 0 ≤ x < 100 范围内的所有数字。 复制代码
示例 2：
输入：n = 0 输出：1 复制代码
提示：
- 0 <= n <= 80<=n<=8
乘法原理
对于 n = 0n=0 的情况较为特殊，特判一下，返回 11。
对于其他情况，由于不能含有前导 00，最高位可选择的数值个数为 99，而从次高位开始到最低位，可选的个数从 99 开始逐一递减。
利用乘法原理，每位数可选的数值个数相乘即是长度为 nn 的数的可能方案数 curcur，而所有长度 [1, n][1,n] 的方案数累加即是答案。
代码：
class Solution { public int countNumbersWithUniqueDigits(int n) { if (n == 0) return 1; int ans = 10; for (int i = 2, last = 9; i <= n; i++) { int cur = last * (10 - i + 1); ans += cur; last = cur; } return ans; } } 复制代码
- 时间复杂度：O(n)O(n)
- 空间复杂度：O(1)O(1)
数位 DP
一种更为进阶的做法，应当是可以回答任意区间 [l, r][l,r] 内合法数的个数。
这需要运用「数位 DP」进行求解，假定我们存在函数 int dp(int x) 函数，能够返回区间 [0, x][0,x] 内合法数的个数，那么配合「容斥原理」我们便能够回答任意区间合法数的查询：
ans_{(l, r)} = dp(r) - dp(l - 1)ans(l,r)=dp(r)−dp(l−1)
然后考虑如何实现 int dp(int x) 函数，我们将组成 [0, x][0,x] 的合法数分成三类：
- 位数和 xx 相同，且最高位比 xx 最高位要小的，这部分统计为
res1； - 位数和 xx 相同，且最高位与 xx 最高位相同的，这部分统计为
res2； - 位数比 xx 少，这部分统计为
res3。
其中 res1 和 res3 求解相对简单，重点落在如何求解 res2 上。
对 xx 进行「从高到低」的处理（假定 xx 数位为 nn），对于第 kk 位而言（kk 不为最高位），假设在 xx 中第 kk 位为 curcur，那么为了满足「大小限制」关系，我们只能在 [0, cur - 1][0,cur−1] 范围内取数，同时为了满足「相同数字只能使用一次」的限制，我们需要使用一个 int 变量 ss 来记录使用情况（用 ss 的低十位来代指数字 [0, 9][0,9] 是否被使用），统计 [0, cur - 1][0,cur−1] 范围内同时符合两个限制条件的数的个数，记为 cntcnt。
当第 kk 位有 cntcnt 种合法选择之后，后面的位数可以在满足「相同数字只能使用一次」的限制条件下任意选择（因为大小关系已经由第 kk 位保证），为了快速知道剩下的 n - kn−k 位有多少种方案，我们还需要预处理乘积数组，其中 f[l][r]f[l][r] 代表 l * (l + 1) * ... * (j - 1) * jl∗(l+1)∗...∗(j−1)∗j 的乘积之和。
上述讲解若是觉得抽象，我们可以举个 🌰，假设 x = 678x=678，我们该如何求解
res2：由于限定了res2为「位数和 xx 相同，且最高位与 xx 最高位相同的」的合法数个数，因此最高位没有选，只能是 66，然后考虑处理次高位，次高位在 xx 中为 77，为了满足大小关系，我们只能在 [0, 6][0,6] 范围内做限制，同时由于 66 已用过，因此次高位实际只有 [0, 5][0,5]，共 66 种选择，当确定次高位后，后面的位数任意取，由于前面已经填充了 p = 2p=2 位（即消耗了 pp 个不同数字），因此从后面的位数开始应该是 a = 10 - pa=10−p 开始往后自减累乘到 b = (10 - p) - (n - p) + 1b=(10−p)−(n−p)+1 为止，即此时方案数为 cnt * f[b][a]cnt∗f[b][a]（当前位不是最低位）或者 cntcnt（当前位是最低位）。按照此逻辑循环处理所有位数即可，直到遇到重复数值或正常结束。
需要说明的是，上述的举例部分只是为方便大家理解过程，看懂了举例部分不代表理解了数位 DP 做法成立的内在条件，阅读的重点还是要放在前面加粗字体部分，只会使用样例理解算法永远不是科学的做法。
其他细节：乘积数组的预处理与样例无关，我们可以使用 static 进行打表优化。
代码：
class Solution { // f[l][r] 代表 i * (i + 1) * ... * (j - 1) * j static int[][] f = new int[10][10]; static { for (int i = 1; i < 10; i++) { for (int j = i; j < 10; j++) { int cur = 1; for (int k = i; k <= j; k++) cur *= k; f[i][j] = cur; } } } int dp(int x) { int t = x; List<Integer> nums = new ArrayList<>(); while (t != 0) { nums.add(t % 10); t /= 10; } int n = nums.size(); if (n <= 1) return x + 1; // [0, 9] // 位数和 x 相同，但最高位比 x 最高位要小的 int res1 = nums.get(n - 1) - 1; for (int i = 1; i < n; i++) res1 *= (10 - i); // 位数和 x 相同，但最高位与 x 最高位相同的 int res2 = 0; for (int i = n - 2, p = 2, s = (1 << (nums.get(n - 1))); i >= 0; i--, p++) { int cur = nums.get(i), cnt = 0; for (int j = cur - 1; j >= 0; j--) { if (((s >> j) & 1) == 0) cnt++; } int a = 10 - p, b = a - (n - p) + 1; res2 += b <= a ? cnt * f[b][a] : cnt; if (((s >> cur) & 1) == 1) break; s |= (1 << cur); if (i == 0) res2++; } // 位数比 x 少 int res3 = 10; for (int i = 2, last = 9; i < n; i++) { int cur = last * (10 - i + 1); res3 += cur; last = cur; } return res1 + res2 + res3; } public int countNumbersWithUniqueDigits(int n) { return dp((int)Math.pow(10, n) - 1); } } 复制代码
- 时间复杂度：O(n)O(n)
- 空间复杂度：O(n)O(n)
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.357 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。
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