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题目形容
这是 LeetCode 上的 902. 最大为 N 的数字组合 ，难度为 艰难。
Tag :「动静布局」、「二分」、「数位 DP」
给定一个按 非递加程序 排列的数字数组 digits。你能够用任意次数 $digits[i]$ 来写的数字。例如，如果 $digits = [1,3,5]$，咱们能够写数字，如 '13', '551', 和 '1351315'。
返回 能够生成的小于或等于给定整数 $n$ 的正整数的个数。
示例 1：
输出：digits = ["1","3","5","7"], n = 100
输入：20
解释：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：
输出：digits = ["1","4","9"], n = 1000000000
输入：29523
解释：咱们能够写 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。总共，能够应用 D 中的数字写出 29523 个整数。示例 3:
输出：digits = ["7"], n = 8
输入：1提醒：
- $1 <= digits.length <= 9$
- $digits[i].length == 1$
- $digits[i]$ 是从
'1'到'9'的数 digits中的所有值都 不同digits按 非递加程序 排列- $1 <= n <= 10^9$
数位 DP + 二分
这是一道「数位 DP」的经典使用题。
因为题目给定的 digits 不蕴含 $0$，因而相当于只须要答复应用 digits 的数值可能笼罩 $[1, x]$ 范畴内的多少个数字。
起始先将字符串数组 digits 转为数字数组 nums，假设 nums 的长度为 $m$，而后思考如何求得 $[1, x]$ 范畴内非法数字的个数。
假设咱们存在函数 int dp(int x) 函数，可能返回区间 $[1, x]$ 内非法数的个数，那么配合「容斥原理」咱们便可能答复任意区间非法数的查问：
$$
ans_{(l, r)} = dp(r) – dp(l – 1)
$$
对于本题，查问区间的左端点固定为 $1$，同时 $dp(0) = 0$，因而答案为 $dp(x)$。
而后思考如何实现 int dp(int x) 函数，咱们将组成 $[1, x]$ 的非法数分成三类：
- 位数和 $x$ 雷同，且最高位比 $x$ 最高位要小的，这部分统计为
res1； - 位数和 $x$ 雷同，且最高位与 $x$ 最高位雷同的，这部分统计为
res2； - 位数比 $x$ 少，这部分统计为
res3。
其中 res1 和 res3 求解绝对简略，重点落在如何求解 res2 上。
对 $x$ 进行「从高到低」的解决（假设 $x$ 数位为 $n$），对于第 $k$ 位而言（$k$ 不为最高位），假如在 $x$ 中第 $k$ 位为 $cur$，那么为了满足「大小限度」关系，咱们只能在 $[1, cur – 1]$ 范畴内取数，同时为了满足「数字只能取自 nums」的限度，因而咱们能够利用 nums 自身有序，对其进行二分，找到满足 nums[mid] <= cur 的最大下标 $r$，依据 $nums[r]$ 与 $cur$ 的关系进行分状况探讨：
- $nums[r] = cur$: 此时地位 $k$ 共有 $r$ 种抉择，而前面的每个地位因为 $nums[i]$ 能够应用屡次，每个地位都有 $m$ 种抉择，共有 $n – p$ 个地位，因而该分支往后共有 $r * m^{n – p}$ 种非法计划。且因为 $nums[r] = cur$，往后还有分支可决策（须要统计），因而须要持续解决；
- $nums[r] < cur$：此时算上 $nums[r]$，地位 $k$ 共有 $r + 1$ 种抉择，而前面的每个地位因为 $nums[i]$ 能够应用屡次，每个地位都有 $m$ 种抉择，共有 $n – p$ 个地位，因而该分支共有 $(r + 1) * m^{n – p}$ 种非法计划，因为 $nums[r] < cur$，往后的计划数（均满足小于关系）曾经在这次被统计实现，累加后进行
break； - $nums[r] > cur$：该分支往后不再满足「大小限度」要求，非法计划数为 $0$，间接
break。
其余细节：实际上，咱们能够将 res1 和 res2 两种状况进行合并解决。
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 雷同
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);
}
}- 工夫复杂度：因为
digits最多存在 $9$ 个元素，因而二分的复杂度能够疏忽，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「限度条件」的多少，而 LC 上仅有的几道数位 DP 题目限度条件都很少，且不须要引入额定的数据结构来记录状态，因而都属于数位 DP 的入门难度（LC 难度均为 Hard）。
简直所有的数位 DP 问题都能够归纳到上述的解法 :「将问题形象为求解一个 $[0, x]$ / $[1, x]$ 范畴计划数的办法」->「对计划数统计依据 位数 来分状况探讨：数位相等的状况 + 数位不等状况」->「统计数位相等的计划数时，须要按位解决，并依据限度条件做逻辑；统计数位不等的计划数时，通常要做一些预处理，而后配合乘法原理间接算得」。
在还没卷到数位 DP 烂大巷的当初，把握此类求解形式繁多，广泛定位为「艰难」的数位 DP 类型，还是极具性价比的。
最初
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 道题目，局部是有锁题，咱们将先把所有不带锁的题目刷完。
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