1012. 至少有 1 位重复的数字 : 通用数位 DP 求解方案

简介: 1012. 至少有 1 位重复的数字 : 通用数位 DP 求解方案

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题目描述



这是 LeetCode 上的 1012. 至少有 1 位重复的数字 ,难度为 困难


Tag : 「动态规划」、「数位 DP」、「容斥原理」


给定正整数 nn,返回在 [1, n][1,n] 范围内具有 至少 1 位 重复数字的正整数的个数。


示例 1:


输入:n = 20
输出:1
解释:具有至少 1 位重复数字的正数(<= 20)只有 11 。
复制代码


示例 2:


输入:n = 100
输出:10
解释:具有至少 1 位重复数字的正数(<= 100)有 11,22,33,44,55,66,77,88,99 和 100 。
复制代码


示例 3:


输入:n = 1000
输出:262
复制代码


提示:


  • 1 <= n <= 10^91<=n<=109


数位 DP



首先 [1, n][1,n] 共有 nn 个数,而求解 [1, n][1,n] 范围内有多少个「至少有 11 位重复数字」的数的个数,等价于「总数 nn」减去「没有重复数的数的个数」。


于是问题转换为:如何求解「没有重复数」的数的个数,同时为了更具一般性,我们将求解 [1, n][1,n] 范围内「没有重复数」的数的个数,修改为求解 [0, n][0,n] 范围内「没有重复数」的数的个数


即将问题转换为 (题解) 357. 统计各位数字都不同的数字个数 中的进阶部分。


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(l1)


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 res1res3 求解相对简单,重点落在如何求解 res2 上。


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,cur1] 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,cur1] 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 - knk 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)...(j1)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=10p 开始往后自减累乘到 b = (10 - p) - (n - p) + 1b=(10p)(np)+1 为止,即此时方案数为 cnt * f[b][a]cntf[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,同时可以将 res1res2 两种情况进行合并。


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(res1 + res2)
        int ans = 0;
        for (int i = n - 1, p = 1, s = 0; i >= 0; i--, p++) {
            int cur = nums.get(i), cnt = 0;
            for (int j = cur - 1; j >= 0; j--) {
                if (i == n - 1 && j == 0) continue;
                if (((s >> j) & 1) == 0) cnt++;
            }
            int a = 10 - p, b = a - (n - p) + 1;
            ans += b <= a ? cnt * f[b][a] : cnt;
            if (((s >> cur) & 1) == 1) break;
            s |= (1 << cur);
            if (i == 0) ans++;
        }
        // 位数比 x 少(res3)
        ans += 10;
        for (int i = 2, last = 9; i < n; i++) {
            int cur = last * (10 - i + 1);
            ans += cur; last = cur;
        }
        return ans;
    }
    public int numDupDigitsAtMostN(int n) {
        return (n + 1) - dp(n);
    }
}
复制代码


  • 时间复杂度:O(\log{n})O(logn)
  • 空间复杂度:O(1)O(1)


最后



这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1012 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。


为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码,我建立了相关的仓库:github.com/SharingSour…


在仓库地址里,你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。

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