357. 统计各位数字都不同的数字个数 :「乘法原理」&「数位 DP」

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。 
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示例 2：

输入：n = 0
输出：1
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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;
    }
}
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• 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);
    }
}
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• 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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