我的问题如下;对于数字N，我需要找出我可以计算的最大值，每个数字可以使用N次。
例如，如果N = 5，则最大值为12，因为此时数字1已被使用了5次。
我最初的方法是简单地遍历所有数字，并记录到目前为止每个数字的使用次数。当N很大时，这显然是非常低效的，所以我正在寻找有关实现这一目标的更聪明（也更有效）方法的建议。
public class Counter {
private static Hashtable<Integer, Integer> numbers;
public static void main(String[] args){
Counter c = new Counter();
c.run(9);
}
public Counter() {
numbers = new Hashtable<Integer, Integer>();
numbers.put(0, 0);
numbers.put(1, 0);
numbers.put(2, 0);
numbers.put(3, 0);
numbers.put(4, 0);
numbers.put(5, 0);
numbers.put(6, 0);
numbers.put(7, 0);
numbers.put(8, 0);
numbers.put(9, 0);
}
public static void run(int maxRepeat) {
int keeper = 0;
for(int maxFound = 0; maxFound <= maxRepeat; maxFound++) {
keeper++;
for (int i = 0; i < Integer.toString(keeper).length(); i++) {
int a = Integer.toString(keeper).charAt(i);
//here update the tally for appropriate digit and check if max repeats is reached
}
}
System.out.println(keeper);
}
}
答案 0 :(得分：6)
对于初学者而言，不是使用Counter支持Hashtable，而是使用int[]。当你确切地知道地图必须有多少元素时，特别是当数字是数字时，数组是完美的。
话虽这么说，我认为最有效的加速可能来自更好的数学，而不是更好的算法。通过一些实验（或者可能很明显），您会注意到1始终是第一个使用给定次数的数字。所以给定N，如果您能找到第一个使用数字1 N+1次的数字，您知道答案是之前的数字。这可以让你解决问题，而不必实际计算那么高。
现在，让我们看一下使用多少个1来计算各种数字。在这篇文章中，我将使用n指定一个数字，当我们试图找出有多少1用于计算数字时，而大写N指定多少1＆＃ 39; s用于计算某些东西。
从一位数字开头：
1: 1
2: 1
...
9: 1
显然，计算一位数字所需的1的数量是...... 1.好吧，实际上我们忘记了一个：
0: 0
稍后这将很重要。所以我们应该这样说：计算到一位数X所需的1的数量是X > 0 ? 1 : 0。让我们定义一个数学函数f(n)，它将代表计算n＆＃34;所需的1个数字。然后
f(X) = X > 0 ? 1 : 0
对于两位数字，有两种类型。对于1X，
10: 2
11: 4
12: 5
...
19: 12
您可以这样想：计算到1X需要等于1的数字
f(9)（从最高计数到9）加上X（来自11的第一个数字 - 1X包括在内，如果X > 0）加上X 或数学上，
f(1X) = f(9) + 1 + X + f(X)
然后有两位数字高于19：
21: 13
31: 14
...
91: 20
使用YX计算为两位数Y > 1所需的1的数量是
f(19)（从最多计算到19）加上f(9) * (Y - 2)（从数字20到(Y-1)9的1＆＃39包括 - 如果Y = 5，我的意思是20-49中的1，来自从21,31,41）加上X 或数学上，Y > 1，
f(YX) = f(19) + f(9) * (Y - 2) + f(X)
= f(9) + 1 + 9 + f(9) + f(9) * (Y - 2) + f(X)
= 10 + f(9) * Y + f(X)
一旦你进入三位数的数字，你可以扩展模式。对于表格1YX（现在Y可以是任何内容）的任何三位数字，从计数到该数字的总计数将为
f(99)（从最高计数到99）加上10 * Y + X（从101的最初数字 - 1YX包括在内）加上YX 所以
f(1YX) = f(99) + 1 + YX + f(YX)
请注意f(1X)的并行。将逻辑继续到更多数字，对于以1开头的数字，模式是
f(1[m-digits]) = f(10^m - 1) + 1 + [m-digits] + f([m-digits])
[m-digits]表示长度为m的数字序列。
现在，对于不以1开头的三位数ZYX，即Z > 1，计算到它们所需的1位数是
f(199)（从最多计算到199）加上f(99) * (Z - 2)（来自200的1 - (Z-1)99包括在内）YX 所以
f(ZYX) = f(199) + f(99) * (Z - 2) + f(YX)
= f(99) + 1 + 99 + f(99) + f(99) * (Z - 2) + f(YX)
= 100 + f(99) * Z + f(YX)
现在，以1开头的数字模式似乎很清楚：
f(Z[m-digits]) = 10^m + f(10^m - 1) * Z + f([m-digits])
我们可以将最后的结果与以1开头的数字的公式结合起来。您应该能够验证以下公式是否等同于上面给出的所有数字Z 1-9的适当情况，并且Z == 0：
f(Z[m-digits]) = f(10^m - 1) * Z + f([m-digits])
+ (Z > 1) ? 10^m : Z * ([m-digits] + 1)
对于10^m - 1形式的数字，如99,999等，您可以直接评估该函数：
f(10^m - 1) = m * 10^(m-1)
因为数字1将在每个10^(m-1)数字中使用m次 - 例如，当计数到999时，将使用100个1？数百＆＃39;地方，100 1＆＃39;用于数十＆＃39;这些地方使用了100个1＆1;地点。所以这就变成了
f(Z[m-digits]) = Z * m * 10^(m-1) + f([m-digits])
+ (Z > 1) ? 10^m : Z * ([m-digits] + 1)
你可以修改确切的表达方式，但我认为这非常接近于它，无论如何这种特殊的方法。你在这里有一个递归关系，它允许你通过在每一步去掉一个前导数字来评估f(n)，即计数到n所需的1的数量。其时间复杂度为n中的对数。
根据上面的最后一个公式，实现这个功能很简单。从技术上讲，你可以在递归中使用一个基本案例：空字符串，即将f("")定义为0.但它会为你节省一些调用以处理单个数字以及形式{{ 1}}。以下是我的工作方式，省略了一些参数验证：
10^m - 1这个算法解决了你要问的问题的反转：也就是说，它计算出一个数字的使用次数，计算到private static Pattern nines = Pattern.compile("9+");
/** Return 10^m for m=0,1,...,18 */
private long pow10(int m) {
// implement with either pow(10, m) or a switch statement
}
public long f(String n) {
int Z = Integer.parseInt(n.substring(0, 1));
int nlen = n.length();
if (nlen == 1) {
return Z > 0 ? 1 : 0;
}
if (nines.matcher(n).matches()) {
return nlen * pow10(nlen - 1);
}
String m_digits = n.substring(1);
int m = nlen - 1;
return Z * m * pow10(m - 1) + f_impl(m_digits)
+ (Z > 1 ? pow10(m) : Z * (Long.parseLong(m_digits) + 1));
}
，而你想知道哪个{{1}您可以使用给定数字n的数字（即1＆＃39; s）来达到。因此，正如我在开始时提到的那样，您正在寻找n的第一个N。
最简单的方法是从n开始向上计数，看看何时超过f(n+1) > N。
n = 0但当然，与在数组中累积计数相比，并没有更好（实际上可能更糟）。 N的全部意义在于你不必测试每个数字;你可以跳过很长的间隔，直到找到public long howHigh(long N) {
long n = 0;
while (f(n+1) <= N) { n++; }
return n;
}
f，然后使用跳转缩小你的搜索范围。我推荐的一个相当简单的方法是exponential search将结果置于上限，然后进行二分搜索以缩小范围：
n由于上面f(n+1) > N的实现是O（log（n））而指数+二进制搜索也是O（log（n）），所以最终的算法应该是O（log ^ 2（ n）），我认为N和n之间的关系足够线性，你也可以认为它是O（log ^ 2（N））。如果您在日志空间中搜索并明智地缓存该函数的计算值，则可能将其降低到大致为O（log（N））。在确定上限后，可能提供显着加速的变量会在interpolation search轮中出现，但要正确编码是很棘手的。完全优化搜索算法可能是另一个问题的问题。
答案 1 :(得分：1)
这应该更有效率。使用大小为10的整数数组来保持数字位数。
public static int getMaxNumber(int N) {
int[] counts = new int[10];
int number = 0;
boolean limitReached = false;
while (!limitReached) {
number++;
char[] digits = Integer.toString(number).toCharArray();
for (char digit : digits) {
int count = counts[digit - '0'];
count++;
counts[digit - '0'] = count;
if (count >= N) {
limitReached = true;
}
}
}
return number;
}
更新1：由于@Modus Tollens提到初始代码有错误。当N = 3返回11时，1之间有1 and 11个count[i] > N。修复是检查给定数量是否违反限制i，应返回之前的数字。但是，对于其他count[i] == N j的某些count[j] <= N public static int getMaxNumber(int N) {
int[] counts = new int[10];
int number = 0;
while (true) {
number++;
char[] digits = Integer.toString(number).toCharArray();
boolean limitReached = false;
for (char digit : digits) {
int count = counts[digit - '0'];
count++;
counts[digit - '0'] = count;
if (count == N) {
//we should break loop if some count[i] equals to N
limitReached = true;
} else if (count > N) {
//previous number should be returned immediately
//, if current number gives more unique digits than N
return number - 1;
}
}
if (limitReached) {
return number;
}
}
}
，应返回实际的数字。
请参阅以下相应代码：
N=13 更新2：正如@David Z和@Modus Tollens所提到的那样，如果 public static int getMaxNumber(int N) {
int[] counts = new int[10];
int number = 0;
while (true) {
number++;
char[] digits = Integer.toString(number).toCharArray();
for (char digit : digits) {
int count = counts[digit - '0'];
count++;
counts[digit - '0'] = count;
if (count > N) {
return number - 1;
}
}
}
}
，则应该返回30，即当N被破坏但未达到时，算法会停止。如果这是初始要求，代码将更简单：
conditional statement