求0到数字n中的所有数字中某一个数字k出现的总次数

今天在leetcode上面遇到了一道题：

编写一个方法，计算从 0 到 n (含 n) 中数字 2 出现的次数。

这道题最好的解法是动态规划。分析如下：设dp[i]标志这个数字前i位中出现了2的次数，那么我们需要求的是dp[i]和的dp[i - 1]的关系。比如说一个数字2849，那么dp[2]就表示0~49中出现2的数量，dp[3]就表示0~849中出现2的数量，dp[4]就表示0~2849中出现2的数量。分析如下：

因为我们要求的是2出现的次数，那么根据第i位的数字，我们可以分类讨论：

1. 第i位是0
例如：n = 102, 分析dp[2]和dp[1]的关系，即dp(02)与dp(2) (02就是2，两者的结果是相同的，但是0又是不可或缺的)
第i位是0，该位取值范围只有这一种可能，2的数量也不可能增加，由此可得
dp[02] = dp[2]

2. 第i位是1
例如：n = 178，分析dp[3]和dp[2]的关系，即dp(178)与dp(78)（括号就表示range（0~178），实际上的dp[3]和dp[2]的关系）第3位是1，该位可能取0,1两种情况：
dp[3] = 当第3位是0，1-2位取00~99时2的次数 + 当第3位是1, 1-2位取00~78时2的次数
dp[3] = dp(99) + dp[2]
dp(178) = dp(99) + dp(78)

3. 第i位是2
例如：n = 233, 分析dp[3]和dp[2]的关系，即dp(233)与dp(33)
dp[3] = 第3位取0-1,1-2位取00~99时2的次数 + 第3位是2,1-2位取00~33时2在1-2位出现的次数 + 第3位是2,1-2位取00~33时2在第3位出现的次数.
dp[3] = 2 * dp(99) + dp[2] + 34(实际上是33 + 1)
dp(233) = 2 * dp(99) + dp(33) + 34

4 第i位大于2
以 n = 478为例，分析dp[3]和dp[2]的关系，即dp(478)与dp(78)
dp[3] = 第3位取0-3,1-2位取00-99时2出现在1-2位的次数 + 第3位取4,1-2位取00-78时2的次数 + 第3位取2,1-2位取00-99时2出现在第3位的次数
dp[3] = 4 * dp(99) + dp[2] + 100

总结来看，一个数字n，假设第i位为k, 那么dp[i] = k * dp（99） + dp[i - 1] + n % pow(10, i - 1) + 1(如果k==2) + pow(10, i -1)(如果k > 2)。

所以我们存两种东西：一种是真正的dp[i][0]表示前i位数字包含2的数量，第二种是dp[i][1]表示99...(一共i个9)...99包含的2的数量，也就是dp(99...(一共i个9)...99).

代码如下：

class Solution {
public:int numberOf2sInRange(int n) {int digit = getdigit(n);vector<vector<int>> dp(digit + 1, vector<int>(2, 0));//dp[i][0]表示从一共i位数字情况下出现2的个数，di[i][1]表示99...9一共i个9的情况2的数量dp[1][0] = (n % 10 <= 1) ? 0 : 1;dp[1][1] = 1;for (int i = 2; i <= digit; i++){int k = getk(n, i);int cnt = k * dp[i - 1][1] + dp[i - 1][0];if (k == 2){cnt += (n % (int)pow(10, i - 1)) + 1;}else if (k > 2){cnt += (int)pow(10, i - 1);}dp[i][0] = cnt;//try{dp[i][1] = 10 * dp[i - 1][1] + (int)pow(10, i - 1);//}//catch(exception& e){//}}return dp[digit][0];}//获得n有多少位数int getdigit(int n){int cnt = 0;while (n > 0){n /= 10;cnt++;}return cnt;}//获得数字n 从右边第k位置的数字是多少int getk(int n, int k){for (int i = 1; i < k; i++) n /= 10;return n % 10;}
};

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