输入一个整数n，求1~n这n个整数的十进制表示中1出现的次数，
- 例如输入12, 1~12中出现1的有1、10、11、12共5次
思路一：
直接取余计数
/**
* 常规方法
* 计算每个数字中1的个数，复杂度O(nlgn)
* @param n
* @return
*/
public static int NumberOf1Between1AndN_Solution(int n) {
if (n == 0) return 0;
int count = 0;
for (int i=1;i<=n;i++){
count += Numof1(i);
}
return count;
}
/**
* 复杂度O(lgn)
* @param number
* @return
*/
private static int Numof1(int number) {
int count = 0;
while (number > 0){
if (number%10 == 1){
count++;
}
number = number/10;
}
return count;
}
思路二：转换成字符串匹配
/**
* 用字符串拼接所有数，然后数
* @param n
* @return
*/
public static int NumberOf1Between1AndN_Solution1(int n) {
if (n == 0) return 0;
StringBuilder sb = new StringBuilder();
for (int i=1;i<=n;i++){
sb.append(i);
}
int count = 0;
for (int j=0;j<sb.length();j++){
if (sb.charAt(j) == '1'){
count++;
}
}
return count;
}
思路三：规律
/**
* 像类似这样的问题，我们可以通过归纳总结来获取相关的东西。
*
* 首先可以先分类：
*
* 个位
* 我们知道在个位数上，1会每隔10出现一次，例如1、11、21等等，我们发现以10为一个阶梯的话，每一个完整的阶梯里面都有一个1，例如数字22，按照10为间隔来分三个阶梯，在完整阶梯0-9，10-19之中都有一个1，但是19之后有一个不完整的阶梯，我们需要去判断这个阶梯中会不会出现1，易推断知，如果最后这个露出来的部分小于1，则不可能出现1（这个归纳换做其它数字也成立）。
*
* 我们可以归纳个位上1出现的个数为：
*
* n/10 * 1+(n%10!=0 ? 1 : 0)
*
* 十位
* 现在说十位数，十位数上出现1的情况应该是10-19，依然沿用分析个位数时候的阶梯理论，我们知道10-19这组数，每隔100出现一次，这次我们的阶梯是100，例如数字317，分析有阶梯0-99，100-199，200-299三段完整阶梯，每一段阶梯里面都会出现10次1（从10-19），最后分析露出来的那段不完整的阶梯。我们考虑如果露出来的数大于19，那么直接算10个1就行了，因为10-19肯定会出现；如果小于10，那么肯定不会出现十位数的1；如果在10-19之间的，我们计算结果应该是k - 10 + 1。例如我们分析300-317，17个数字，1出现的个数应该是17-10+1=8个。
*
* 那么现在可以归纳：十位上1出现的个数为：
*
* 设k = n % 100，即为不完整阶梯段的数字
* 归纳式为：(n / 100) * 10 + (if(k > 19) 10 else if(k < 10) 0 else k - 10 + 1)
* 百位
* 现在说百位1，我们知道在百位，100-199都会出现百位1，一共出现100次，阶梯间隔为1000，100-199这组数，每隔1000就会出现一次。这次假设我们的数为2139。跟上述思想一致，先算阶梯数 * 完整阶梯中1在百位出现的个数，即n/1000 * 100得到前两个阶梯中1的个数，那么再算漏出来的部分139，沿用上述思想，不完整阶梯数k199，得到100个百位1，100<=k<=199则得到k - 100 + 1个百位1。
*
* 那么继续归纳百位上出现1的个数：
*
* 设k = n % 1000
* 归纳式为：(n / 1000) * 100 + (if(k >199) 100 else if(k < 100) 0 else k - 100 + 1)
* 后面的依次类推....
*
* 再次回顾个位
* 我们把个位数上算1的个数的式子也纳入归纳式中
*
* k = n % 10
* 个位数上1的个数为：n / 10 * 1 + (if(k > 1) 1 else if(k < 1) 0 else k - 1 + 1)
* 完美！归纳式看起来已经很规整了。 来一个更抽象的归纳，设i为计算1所在的位数，i=1表示计算个位数的1的个数，10表示计算十位数的1的个数等等。
*
* k = n % (i * 10)
* count(i) = (n / (i * 10)) * i + (if(k > i * 2 - 1) i else if(k < i) 0 else k - i + 1)
* 好了，这样从10到10的n次方的归纳就完成了。
*
* sum1 = sum(count(i))，i = Math.pow(10, j), 0<=j<=log10(n)
* 但是有一个地方值得我们注意的，就是代码的简洁性来看，有多个ifelse不太好，能不能进一步简化呢？ 我们可以把后半段简化成这样，我们不去计算i * 2 - 1了，我们只需保证k - i + 1在[0, i]区间内就行了，最后后半段可以写成这样
*
* min(max((n mod (i*10))?i+1,0),i)
*
*
* @param n
* @return
*/
public static int NumberOf1Between1AndN_Solution2(int n) {
if (n == 0) return 0;
int count = 0;
//考虑到正好n是整十，例如1，10，所以必然要有等于
for (long i=1;i<=n;i=i*10){
long diviver = i*10;
count += n/diviver*i + Math.min(Math.max(n%diviver-i+1,0),i);
}
return count;
}
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