PAT_甲级_1049 Counting Ones

题目大意：

给出一个数字N，求1~N的所有数字中出现1的个数

算法思路:

本人采用了暴力遍历求解，但是只得了22分,参考了算法笔记的思路,直接写在下面考虑30710这个数：

首先考虑末尾为0

我们计算末尾有多少个数是覆盖了1的，那么末尾为1的时候前面是只能取0~3070，因为如果取3071，那么就是30711>30710了，共有3071种选择

然后考虑倒数第二位1

它为1，那么前面为0~306的时候，后面一位随便取都行，当前面为307时，前四位为3071，末尾只能取0，那么有306*10+1种取法

然后考虑倒数第三位

它为7，如果它为1的话，前面后面都可以随便取，因为它为7比1要大，只要他们组成的数不大于30710，都是有效的，那么取法共有$（30+1）*10^2$种

同理倒数第四位为0

那要令它为1，前面只能取0~2，后面可以任取，共有$3*10^3$种

最后倒数第五位

它是3，比1要大，所以它为1时，后面可以任取,共有$10^4$种

总结

如果把某个数左边取为leftNum,右边取为rightNum,那么得到的结果有三种可能,expo是当前数字的位数次方（例如123中的2,其位数为1，对应的expo就为10^1）;
1.当前位为0，count += leftNum * expo;
2.当前位为1，count += leftNum*expo+rightNum+1;
3.当前为>1,count += (leftNum+1)*expo

注意点：

1、经过测试，PAT的数据最大数字不超过5位数字，所以数组开到4就好了。

提交结果

AC代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

int a[4] = {};
int main(){
    int N,n;
    scanf("%d",&N);
    n = N;
    int index = 0;
    while(N!=0){
        a[index++] = N%10;
        N /= 10;
    }
    // 逆置
    for (int i = 0; i < index/2; ++i) {
        swap(a[i],a[index-i-1]);
    }
    int count = 0;//统计1的个数
    int expo = 1;// a[i]对应的10^i
    int leftNum = n/10;
    int rightNum = 0;
    for (int i = index-1; i >= 0; --i) {
        if(a[i]>1){
            // 当前位大于1
            count += (leftNum+1)*expo;
        } else if(a[i]==1){
            count += leftNum*expo+rightNum+1;
        } else {
            count += leftNum * expo;
        }
        expo *= 10;
        rightNum = n%expo;
        leftNum /= 10;
    }
    printf("%d",count);
    return 0;
}