【788. 旋转数字】
来源:力扣(LeetCode)
描述:
我们称一个数 X 为好数, 如果它的每位数字逐个地被旋转 180 度后,我们仍可以得到一个有效的,且和 X 不同的数。要求每位数字都要被旋转。
如果一个数的每位数字被旋转以后仍然还是一个数字, 则这个数是有效的。0, 1, 和 8 被旋转后仍然是它们自己;2 和 5 可以互相旋转成对方(在这种情况下,它们以不同的方向旋转,换句话说,2 和 5 互为镜像);6 和 9 同理,除了这些以外其他的数字旋转以后都不再是有效的数字。
现在我们有一个正整数 N, 计算从 1 到 N 中有多少个数 X 是好数?
示例:
输入: 10
输出: 4
解释:
在[1, 10]中有四个好数: 2, 5, 6, 9。
注意 1 和 10 不是好数, 因为他们在旋转之后不变。
提示:
- N 的取值范围是 [1, 10000]。
方法一:枚举每一个数
思路与算法
根据题目的要求,一个数是好数,当且仅当:
数中没有出现 3, 4, 73,4,7;
数中至少出现一次 22 或 55 或 66 或 99;
对于 0, 1, 80,1,8 则没有要求。
因此,我们可以枚举 [1, n][1,n] 的每一个正整数,并以此判断它们是否满足上述要求即可。在下面的代码中,我们用 \textit{valid}valid 记录数是否满足第一条要求,\textit{diff}diff 记录数是否满足第二条要求。
代码:
class Solution {public:int rotatedDigits(int n) {int ans = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) {string num = to_string(i);bool valid = true, diff = false;for (char ch: num) {if (check[ch - '0'] == -1) {valid = false;}else if (check[ch - '0'] == 1) {diff = true;}}if (valid && diff) {++ans;}}return ans;}private:static constexpr int check[10] = {0, 0, 1, -1, -1, 1, 1, -1, 0, 1};
};
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复杂度分析
时间复杂度: O(nlogn)。数 n 的数位有 ⌈log10 n⌉ + 1 = O(logn) 个,其中 ⌈ ⋅ ⌉ 表示向上取整。因此总时间复杂度为 O(nlogn)。
空间复杂度: O(logn)。使用的空间分为两部分,第一部分为代码中记录每一个数位类型的数组 check 需要使用的 O(10) = O(1) 的空间,第二部分为将数 i 转化为字符串需要使用的临时空间,大小为 O(logn)。这一部分的空间也可以优化至 O(1),只需要每次将 i 对 10 进行取模,从低位到高位获取 i 的每一个数位即可。
方法二:数位动态规划
思路与算法
我们也可以用数位动态规划的思路解决本题。由于在一个数之前填加前导零不会改变数本身的好坏,因此我们只需要考虑所有位数与 n 相同并且小于等于 n 的数(可以有前导零)即可。
记 f(pos, bound, diff) 为满足如下要求的好数的个数:
只从第 pos 位开始考虑。这里数的最高位为第 0 位,最低位为第 len − 1 位,其中 len 是数 n 的长度。在计算 f(pos, bound, diff) 时,会假设第 0 位到第 pos − 1 位已经固定,并且会用 bound 和 diff 两个布尔变量表示这些数位的「状态」;
从第 0 位到第 pos− 1 位的数是否「贴着」 n,记为 bound。例如当 n = 12345, pos = 3 时,如果前面的数位是 123,那就表示贴着 n,如果是 122, 121, ⋯,那就表示没有贴着 n。区分是否「贴着」n 的作用是,如果 bound 为真,第 pos 位只能在 0 到 n 的第 pos 位进行选择,否则构造出的数就超过 n 了;如果 bound 为假,那么第 pos 位可以在 0 到 9 之间任意选择;
从第 0 位到第 pos − 1 位的数中是否至少出现了一次 2 或 5 或 6 或 9,记为 diff。在进行状态转移时,我们只会枚举(第 pos 位的数) 0 / 1 / 2 / 5 / 6 / 8 / 9 而不枚举 3 / 4 / 7,这样可以保证数一定是可以旋转的,只需要额外的状态 diff 就能表示其是否为好数。
根据上述的定义,我们需要求出的答案即为 f(0, True, False)。
在进行状态转移时,我们只需要枚举第 pos 位选择的数,其可以选择的范围根据 bound 的不同而不同(上述定义中已经详细阐述过)。我们可以写出如下的状态转移方程:
那么如何根据选择的数,确定 bound’ 和 diff’ 呢?我们可以发现:
bound’ 为真,当且仅当 \textit{bound}bound 为真,并且选择的数恰好与 nn 的第 \textit{pos}pos 个数位相同;
diff’ 为真,当且仅当diff 为真,或者选择的数在 2 / 5 / 6 / 9 中。
动态规划的边界情况为出现在 pos 等于 n 的长度时,此时所有数位已经确定,那么我们通过 diff 就可以知道其是否为好数:如果 diff 为真,那么 f(pos, bound, diff) 的值为 1,否则为 0。
该方法使用记忆化搜索编写代码更为方便。
代码:
class Solution {public:int rotatedDigits(int n) {vector<int> digits;while (n) {digits.push_back(n % 10);n /= 10;}reverse(digits.begin(), digits.end());memset(memo, -1, sizeof(memo));function<int(int, bool, bool)> dfs = [&](int pos, bool bound, bool diff) -> int {if (pos == digits.size()) {return diff;}if (memo[pos][bound][diff] != -1) {return memo[pos][bound][diff];}int ret = 0;for (int i = 0; i <= (bound ? digits[pos] : 9); ++i) {if (check[i] != -1) {ret += dfs(pos + 1,bound && (i == digits[pos]),diff || (check[i] == 1));}}return memo[pos][bound][diff] = ret;};int ans = dfs(0, true, false);return ans;}private:static constexpr int check[10] = {0, 0, 1, -1, -1, 1, 1, -1, 0, 1};int memo[5][2][2];
};
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内存消耗:5.8 MB, 在所有 C++ 提交中击败了69.19%的用户
复杂度分析
时间复杂度: O(logn)。数 n 的数位有 ⌈log10n⌉ + 1 = O(logn) 个,那么动态规划的状态有 O(logn × 2 × 2) = O(logn) 个,每个状态需要 O(10) = O(1) 的时间进行转移,因此总时间复杂度为 O(logn)。
空间复杂度: O(logn),即为动态规划中存储状态需要使用的空间。
author:LeetCode-Solution
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