# 我太喜欢这个题了
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今天我们来看一道贼棒的题目，题目不长，很经典，也很容易理解，我们一起来看一哈吧，
大家也可能做过这道题，那就再复习一下，如果没做过的话，可以看完文章，自己去 AC 一下，不过写代码的时候，要自己完全写出来，这样才能有收获，下面我们看题目吧。
## leetcode 233. 数字 1 的个数
**题目描述**
给定一个整数 n，计算所有小于等于 n 的非负整数中数字 1 出现的个数。
示例 1：
> 输入：n = 13
> 输出：6
示例 2：
> 输入：n = 0
> 输出：0
太喜欢这种简洁的题目啦，言简意赅，就是让咱们找出**小于等于 n 的非负整数中数字 1 出现的个数**。
大家看到这个题目的第一印象，可能会这样想，哦，让我们求 1 的个数。
呐我们直接逐位遍历每个数的每一位，当遇到 1 的时候，计数器 +1，不就行了。
嗯，很棒的方法，可惜会超时。（我试了）
或者说，我们可以先将所有数字拼接起来，然后再逐位遍历，这样仍会超时。（我也试了）
大家再思考一下还有没有别的方法呢？
既然题目让我们统计小于等于 n 的非负整数中数字 1 出现的个数。
那我们可以不可这样统计。
我们假设 n = abcd，某个四位数。
那我们完全可以统计每一位上 1 出现的次数，个数上 1 出现的次数，十位上 1 出现的次数，百位 ，千位。。。
也就是说**小于等于 n 的所有数字中**，个位上出现 1 的次数 + 十位出现 1 的次数 + 。。。最后得到的就是总的出现次数。
见下图
我们假设 n = 13 (用个小点的数，比较容易举例)
我们需要统计小于等于 13 的数中，出现 1 的次数，
通过上图可知，个位上 1 出现 2 次，十位上 1 出现 4 次
那么总次数为 2 + 4 = 6 次。
> 另外我们发现 11 这个数，会被统计 2 次，它的十位和个位都为 1 ，
>
> 而我们这个题目是要统计 1 出现的次数，而不是统计包含 1 的整数，所以上诉方法不会出现重复统计的情况。
>
我们题目已经有大概思路啦，下面的难点就是如何统计每一位中 1 出现的次数呢？
我们完全可以通过遍历 n 的每一位来得到总个数，见下图
假设我们想要得到十位上 1 出现的次数，当前我们指针指向十位，
我们称之为当前位。num 则代表当前位的位因子，当前位为个位时 num = 1，十位时为 10，百位时为 100....
那我们将**当前位左边的定义为高位**，**当前位右边的定义位低位**。
> 例：n = 1004 ，此时指针指向十位（当前位）num = 10，高位为百位，千位，低位为个位
而且我们某一位的取值范围为 0 ~ 9,那么我们可以将这 10 个数分为 3 类，小于 1 （当前位数字为 0 ），等于 1（当前位数字为 1 ） ，大于 1（当前位上数字为 2 ~ 9），下面我们就来分别考虑三种情况。
> **我们进行举例的 n 为 1004，1014，1024。重点讨论十位上 3 种不同情况**。大家阅读下方文字之前，先想象自己脑子里有一个行李箱的滚轮密码锁，我们固定其中的某一位，然后可以随意滑动其他位，这样可以帮助大家理解。
>
> 注：该比喻来自与网友 ryan0414，看到的时候，不禁惊呼可太贴切了！
### **n = 1004**
我们想要计算出**小于等于 1004 的非负整数中**，十位上出现 1 的次数。
也就是当前位为十位，数字为 0 时，十位上出现 1 的次数。
> 解析：为什么我们可以直接通过高位数字 * num，得到 1 出现的次数
>
> 因为我们高位为 10，可变范围为 0 ~ 10，但是我们的十位为 0 ，所以高位为 10 的情况取不到，所以共有 10 种情况。
>
> 又当前位为十位，低位共有 1 位，可选范围为 0 ~ 9 共有 10 种情况，所以直接可以通过 10 * 10 得到。
其实不难理解，我们可以设想成行李箱的密码盘，在一定范围内，也就是上面的 0010 ~ 0919 ， 固定住一位为 1 ，只能移动其他位，看共有多少种组合。
好啦，这个情况我们已经搞明白啦，下面我们看另一种情况。
### n = 1014
我们想要计算出**小于等于 1014 的非负整数中**，十位上出现 1 的次数。
也就是当前位为十位，数字为 1 时，十位上出现 1 的次数。
我们在小于 1014 的非负整数中，十位上为 1 的最小数字为 10，最大数字为 1014，所以我们需要在 10 ~ 1014 这个范围内固定住十位上的 1 ，移动其他位。
其实然后我们可以将 1014 看成是 1004 + 10 = 1014
则可以将 10 ~ 1014 拆分为两部分 0010 ~ 0919 （小于 1004 ），1010 ~ 1014。
见下图
> 解析：为什么我们可以直接通过 高位数字 * num + 低位数字 + 1 即 10 * 10 + 4 + 1
>
> 得到 1 出现的次数
>
> 高位数字 * num 是得到第一段的次数，第二段为 低位数字 + 1，求第二段时我们高位数字和当前位已经固定，
>
> 我们可以改变的只有低位。
可以继续想到密码盘，求第二段时，把前 3 位固定，只能改变最后一位。最后一位最大能到 4 ，那么共有几种情况？
### n = 1024
我们想要计算出**小于等于 1024 的非负整数中**，十位上出现 1 的次数。
也就是当前位为十位，数字为 2 ~ 9 时，十位上出现 1 的次数。其中最小的为 0010，最大的为 1019
我们也可以将其拆成两段 0010 ~ 0919，1010 ~ 1019
> 解析：为什么我们可以直接通过高位数字 * num + num， 10 * 10 + 10 得到 1 出现的次数
>
> 第一段和之前所说一样，第二段的次数，我们此时已经固定了高位和当前位，当前位为 1，低位可以随意取值，上诉例子中，当前位为 10，低位为位数为 1，则可以取值 0 ~ 9 的任何数，则共有 10 (num) 种可能。
好啦，这个题目大家应该理解的差不多啦，
下面我们通过动画模拟一下，是怎样一步一步的计算出，小于等于 1014 的数中 1 出现的次数。
> 注：蓝色高位，橙色当前位，绿色低位
>
> 初始化：low = 0， cur = n % 10, num = 1, count = 0, high = n / 10;
好啦，下面我们看一下题目代码吧
注：下方代码没有简写，也都标有注释，大家可以结合动画边思考边阅读。
**题目代码**
```java
class Solution {
public int countDigitOne(int n) {
//高位
int high = n;
//低位
int low = 0;
//当前位
int cur = 0;
int count = 0;
int num = 1;
while (high != 0 || cur != 0) {
cur = high % 10;
high /= 10;
//这里我们可以提出 high * num 因为我们发现无论为几，都含有它
if (cur == 0) count += high * num;
else if (cur == 1) count += high * num + 1 + low;
else count += (high + 1) * num;
//低位
low = cur * num + low;
num *= 10;
}
return count;
}
}
```
时间复杂度 : O(logn) 空间复杂度 O(1)