902. 最大为 N 的数字组合 : 经典「数位 DP + 二分」运用题

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标题描绘

这是 LeetCode 上的 902. 最大为 N 的数字组合 ，难度为 困难。

Tag : 「动态规划」、「二分」、「数位 DP」

给定一个按非递减次序摆放的数字数组digits。你可以用恣意次数$digits[i]$来写的数字。例如，假如$digits=[1,3,5]$，咱们可以写数字，如'13','551', 和'1351315'。

回来 可以生成的小于或等于给定整数 $n$ 的正整数的个数。

示例 1：

输入：digits = ["1","3","5","7"], n = 100
输出：20
解说：
可写出的 20 个数字是：
1, 3, 5, 7, 11, 13, 15, 17, 31, 33, 35, 37, 51, 53, 55, 57, 71, 73, 75, 77.

示例 2：

输入：digits = ["1","4","9"], n = 1000000000
输出：29523
解说：
咱们可以写 3 个一位数字，9 个两位数字，27 个三位数字，
81 个四位数字，243 个五位数字，729 个六位数字，
2187 个七位数字，6561 个八位数字和 19683 个九位数字。
一共，可以运用D中的数字写出 29523 个整数。

示例 3:

输入：digits = ["7"], n = 8
输出：1

提示：

• $1<=digits.length<=9$
• $digits[i].length==1$
• $digits[i]$是从'1'到'9' 的数
• digits中的一切值都 不同
• digits按非递减次序摆放
• 1<=n<=1091 <= n <= 10^91<=n<=109

数位 DP + 二分

这是一道「数位 DP」的经典运用题。

因为标题给定的 digits 不包括 $0$，因而相当于只需求回答运用 digits 的数值可以掩盖 $[1,x]$ 规模内的多少个数字。

起始先将字符串数组 digits 转为数字数组 nums，假定 nums 的长度为 $m$，然后考虑怎么求得 $[1,x]$ 规模内合法数字的个数。

假定咱们存在函数 int dp(int x) 函数，可以回来区间 $[1,x]$ 内合法数的个数，那么合作「容斥原理」咱们便可以回答恣意区间合法数的查询：

关于本题，查询区间的左端点固定为 $1$，一起 $dp(0)=0$，因而答案为 $dp(x)$。

然后考虑怎么实现 int dp(int x) 函数，咱们将组成 $[1,x]$ 的合法数分成三类：

• 位数和 $x$ 相同，且最高位比 $x$ 最高位要小的，这部分计算为 res1；
• 位数和 $x$ 相同，且最高位与 $x$ 最高位相同的，这部分计算为 res2；
• 位数比 $x$ 少，这部分计算为 res3。

其中 res1 和 res3 求解相对简略，重点落在怎么求解 res2 上。

对 $x$ 进行「从高到低」的处理（假定 $x$ 数位为 $n$），关于第 $k$ 位而言（$k$ 不为最高位），假设在 $x$ 中第 $k$ 位为 $cur$，那么为了满意「巨细约束」关系，咱们只能在 $[1,cur-1]$ 规模内取数，一起为了满意「数字只能取自 nums」的约束，因而咱们可以利用 nums 自身有序，对其进行二分，找到满意 nums[mid] <= cur 的最大下标 $r$，依据 $nums[r]$ 与 $cur$ 的关系进行分情况评论：

• $nums[r]=cur$: 此刻方位 $k$ 共有 $r$ 种挑选，然后面的每个方位因为 $nums[i]$ 可以运用屡次，每个方位都有 $m$ 种挑选，共有 $n-p$ 个方位，因而该分支往后共有 r∗mn−pr * m^{n – p}r∗mn−p 种合法计划。且因为 $nums[r]=cur$，往后还有分支可决策（需求计算），因而需求继续处理；
• $nums[r]<cur$：此刻算上 $nums[r]$，方位 $k$ 共有 $r+1$ 种挑选，然后面的每个方位因为 $nums[i]$ 可以运用屡次，每个方位都有 $m$ 种挑选，共有 $n-p$ 个方位，因而该分支共有 (r+1)∗mn−p(r + 1) * m^{n – p}(r+1)∗mn−p 种合法计划，因为 $nums[r]<cur$，往后的计划数（均满意小于关系）现已在这次被计算完成，累加后进行 break；
• $nums[r]>cur$：该分支往后不再满意「巨细约束」要求，合法计划数为 $0$，直接 break。

其他细节：实际上，咱们可以将 res1 和 res2 两种情况进行合并处理。

代码：

class Solution {
    int[] nums;
    int dp(int x) {
        List<Integer> list = new ArrayList<>();
        while (x != 0) {
            list.add(x % 10);
            x /= 10;
        }
        int n = list.size(), m = nums.length, ans = 0;
        // 位数和 x 相同
        for (int i = n - 1, p = 1; i >= 0; i--, p++) {
            int cur = list.get(i);
            int l = 0, r = m - 1;
            while (l < r) {
                int mid = l + r + 1 >> 1;
                if (nums[mid] <= cur) l = mid;
                else r = mid - 1;
            }
            if (nums[r] > cur) {
                break;
            } else if (nums[r] == cur) {
                ans += r * (int) Math.pow(m, (n - p));
                if (i == 0) ans++;
            } else if (nums[r] < cur) {
                ans += (r + 1) * (int) Math.pow(m, (n - p));
                break;
            }
        }
        // 位数比 x 少的
        for (int i = 1, last = 1; i < n; i++) {
            int cur = last * m;
            ans += cur; last = cur;
        }
        return ans;
    }
    public int atMostNGivenDigitSet(String[] digits, int max) {
        int n = digits.length;
        nums = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) nums[i] = Integer.parseInt(digits[i]);
        return dp(max);
    }
}

• 时间复杂度：因为 digits 最多存在 $9$ 个元素，因而二分的复杂度可以忽略，整体复杂度为 $O(\log n)$
• 空间复杂度：$O(C)$

总结

数位 DP 的难度取决于「约束条件」的多少，而 LC 上仅有的几道数位 DP 标题约束条件都很少，且不需求引入额外的数据结构来记载状况，因而都归于数位 DP 的入门难度（LC 难度均为 Hard）。

简直一切的数位 DP 问题都可以归纳到上述的解法 :「将问题笼统为求解一个 $[0,x]$ / $[1,x]$ 规模计划数的方法」->「对计划数计算依据 位数 来分情况评论：数位持平的情况 + 数位不等情况」->「计算数位持平的计划数时，需求按位处理，并依据约束条件做逻辑；计算数位不等的计划数时，通常要做一些预处理，然后合作乘法原理直接算得」。

在还没卷到数位 DP 烂大街的现在，掌握此类求解方法单一，普遍定位为「困难」的数位 DP 类型，还是极具性价比的。

最后

这是咱们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.902 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道标题，部分是有锁题，咱们将先把一切不带锁的标题刷完。

在这个系列文章里边，除了解说解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。假如涉及通解还会相应的代码模板。

为了便利各位同学可以电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的库房：github.com/SharingSour… 。

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