剑指offer原题：
给定一个十进制整数N，求出从1到N的所有整数中出现"1"的个数。
例如：N=2，1,2出现了1个"1"。
N=12，1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12。出现了5个"1"。
最直接的方法就是从1开始遍历到N，将其中每一个数中含有"1"的个数加起来，就得到了问题的解。
public static long CountOne3(long n) { long i = 0,j = 1; long count = 0; for (i = 0; i <= n; i++) { j = i; while (j != 0) { if (j % 10 == 1) count++; j = j / 10; } } return count; }此方法简单，容易理解，但它的问题是效率，时间复杂度为O（N * lgN），N比较大的时候，需要耗费很长的时间。
我们重新分析下这个问题，对于任意一个个位数n，只要n>=1,它就包含一个"1"；n<1，即n=0时，则包含的"1"的个数为0。于是我们考虑用分治的思想将任意一个n位数不断缩小规模分解成许多个个位数，这样求解就很方便。
但是，我们该如何降低规模？仔细分析，我们会发现，任意一个n位数中"1"的个位可以分解为两个n-1位数中"1"的个数的和加上一个与最高位数相关的常数C。例如，f(12) = f(10 - 1) + f(12 - 10) + 3,其中3是表示最高位为1的数字个数，这里就是10,11,12；f(132)=f(100 -1) + f(132 - 100) + 33，33代表最高位为1的数字的个数，这里就是100~132；f(232) = 2*f(100 - 1) + f(32) + 100，因为232大于199，所以它包括了所有最高位为1的数字即100~199，共100个。
综上，我们分析得出，最后加的常数C只跟最高位n1是否为1有关，当最高位为1时，常数C为原数字N去掉最高位后剩下的数字+1，当最高位为1时，常数C为10bit，其中bit为N的位数-1，如N=12时，bit=1，N=232时，bit=2。
于是，我们可以列出递归方程如下：
if(n1 == 1) f(n) = f(10bit-1) + f(n - 10bit) + n - 10bit+ 1; else f(n) = n1*f(10bit-1) + f(n – n1*10bit) + 10bit;递归的出口条件为：
if(1<n<10) return 1; else if (n == 0) return 0;基于此，编写如下代码：
public static long CountOne(long n) { long count = 0; if (n == 0) count = 0; else if (n > 1 && n < 10) count = 1; else { long highest = n;//表示最高位的数字 int bit = 0; while (highest >= 10) { highest = highest / 10; bit++; } int weight = (int)Math.pow(10, bit);//代表最高位的权重，即最高位一个1代表的大小 if (highest == 1) { count = CountOne(weight - 1) + CountOne(n - weight) + n - weight + 1; } else { count = highest * CountOne(weight - 1) + CountOne(n - highest * weight) + weight; } } return count; }
解法二告诉我们1~ N中"1"的个数跟最高位有关，那我们换个角度思考，给定一个N，我们分析1~N中的数在每一位上出现1的次数的和，看看每一位上"1"出现的个数的和由什么决定。
1位数的情况：在解法二中已经分析过，大于等于1的时候，有1个，小于1就没有。
2位数的情况：N=13,个位数出现的1的次数为2，分别为1和11，十位数出现1的次数为4，分别为10,11,12,13，所以f(N) = 2+4。N=23,个位数出现的1的次数为3，分别为1，11，21，十位数出现1的次数为10，分别为10~19，f(N)=3+10。
由此我们发现，个位数出现1的次数不仅和个位数有关，和十位数也有关，如果个位数大于等于1，则个位数出现1的次数为十位数的数字加1；如果个位数为0，个位数出现1的次数等于十位数数字。而十位数上出现1的次数也不仅和十位数相关，也和个位数相关：如果十位数字等于1，则十位数上出现1的次数为个位数的数字加1，假如十位数大于1，则十位数上出现1的次数为10。
3位数的情况：
N=123，个位出现1的个数为13:1,11,21，…，91,101,111,121。十位出现1的个数为20:10~19,110~119。百位出现1的个数为24:100~123。
我们可以继续分析4位数，5位数，推导出下面一般情况： 假设N，我们要计算百位上出现1的次数，将由三部分决定：百位上的数字，百位以上的数字，百位以下的数字。
如果百位上的数字为0，则百位上出现1的次数仅由更高位决定，比如12013，百位出现1的情况为100~199,1100~1199,2100~2199，…，11100~11199，共1200个。等于更高位数字乘以当前位数，即12 * 100。
如果百位上的数字大于1，则百位上出现1的次数仅由更高位决定，比如12213，百位出现1的情况为100~199,1100~1199,2100~2199，…，11100~11199，12100~12199共1300个。等于更高位数字加1乘以当前位数，即（12 + 1）*100。
如果百位上的数字为1，则百位上出现1的次数不仅受更高位影响，还受低位影响。例如12113，受高位影响出现1的情况：100~199,1100~1199,2100~2199，…，11100~11199，共1200个，但它还受低位影响，出现1的情况是12100~12113，共114个，等于低位数字113+1。
综合以上分析，写出如下代码：
public long CountOne2(long n) { long count = 0; long i = 1; long current = 0,after = 0,before = 0; while((n / i) != 0) { current = (n / i) % 10; before = n / (i * 10); after = n - (n / i) * i; if (current > 1)//百位上的数字大于1 count = count + (before + 1) * i; else if (current == 0)//百位上的数字为0 count = count + before * i; else if(current == 1)//百位上的数字为1 count = count + before * i + after + 1; i = i * 10; } return count; } 此算法的时间复杂度仅为O(lgN)，且没有递归保存现场的消耗和堆栈溢出的问题。 注：字符串解法会时间很长 public class NumOf1 { public static void main(String[] args) { int m = 1000000; String all = ""; int al = 0; for (int i = 0; i <= m; i++) { all = all + "" + i; } for (int j = 0; j < all.length(); j++) { if (all.charAt(j) == '1') { al++; } } System.out.println(al); }附录：数组最大最小值，基本解法和分治法
package Test; /** * * 寻找数组中的最大值和最小值 */public class SearchArrayMaxMin { public static void main(String[] args) { int[] arry = new int[]{5,6,8,3,7,9}; //解法一 分别寻找最大值和最小值 int[] num1 = searchArrayMaxMin1(arry); System.out.println("min:"+num1[0]+"max:"+num1[1]); //解法四 分治策略 int[] num4 = searchArrayMaxMin(arry,0,arry.length-1); System.out.println("min:"+num4[0]+"max:"+num4[1]); } private static int[] searchArrayMaxMin1(int[] arry) { int[] result = new int[2]; int min = arry[0]; int max = arry[0]; for(int i =1;i<arry.length;i++){ if(arry[i]<min) min =arry[i]; else max =arry[i]; } result[0]= min; result[1]=max; return result; } private static int[] searchArrayMaxMin(int[] arry, int begin, int end) { int[] result = new int[2]; if(end-begin <=1){ if(arry[begin]<arry[end]){ result[0]=arry[begin]; result[1]= arry[end]; return result; }else{ result[0] = arry[end]; result[1] = arry[begin]; return result; } } int mid = (begin+end)/2; int[] result_left = searchArrayMaxMin(arry,begin,mid); int[] result_right =searchArrayMaxMin(arry,mid+1,end); if(result_left[0]<result_right[0]) result[0]= result_left[0]; else result[0]=result_right[0]; if(result_left[1]>result_right[1]) result[1]= result_left[1]; else result[1]=result_right[1]; return result; } }
