1012. 至少有 1 位重复的数字
给定正整数 n，返回在 [1, n] 范围内具有 至少 1 位 重复数字的正整数的个数。
示例 1：
输入：n = 20 输出：1 解释：具有至少 1 位重复数字的正数（<= 20）只有 11 。
示例 2：
输入：n = 100 输出：10 解释：具有至少 1 位重复数字的正数（<= 100）有 11，22，33，44，55，66，77，88，99 和 100 。
示例 3：
输入：n = 1000 输出：262
提示：
-
1 <= n <= 10^9
做题结果
成功
方法：DFS
首先要知道这个重复的情况很复杂。比如1133，既有1的重复，也有3的重复，这样，我们计算的时候就很容易发生重复。
而且重复的情况，随着位数的增加，比例逐渐增加（20个只有1个，到1000已经有262个，从1/20,增加到1/5），如果在1e9范围内，这个比例是不利的。
而重复的情况，相对容易分辨，一个数字有无包含某个数字，比是否发生重复要容易分。因此我们可以反过来求不重复的情况，再用总数减掉它，注意，由于枚举时，多了一个0，多计算了一个，所以计算到结果时要加回来。
1. 分割数位，分割出每个位置对应10以内的数值
2. 枚举所有情况，进行计数。
3. 去掉重复：使用一个整数标识，对应二进制位标识为0的代表还未使用，用于保证整个拼接数值无重复。
4. 上限：由于给了一个n, 因此我们需要判断是否要根据上线来判断当前数值。什么意思呢？比如给个222，分出 [2,2,2]。如果我第1位填1，那后续可以从0到9中选取。但是如果第 1 位填 2，第 2 位只能选择 0 到 2 的数值。所以这个上限标识，用于区分是否受到原数字对应数位约束。
5. 前导 0：由于可以选取位数比目标值位数少的数，所以我们枚举时，可能存在前导 0.那么这个时候发现一个问题，关于 0 的去重不对劲了。比如：0010，这个值它其实是没有重复的。前导 0 不应该影响去重。因此我们需要记录前面是否是前导0，前导0情况，追加的0，不应计入0的去重中。
6. 记忆化： 有的时候，其实后续枚举情况，是前面搜索过的，比如 123？ 321？，这两个都是占用了123这三个数，然后枚举后续的数值情况，这种情况是重复的。把前面的几个关键点也包含进来，可设计出这样的二进制格式作为key：10位 visited+1位limit+1位isLeadingZero+4位当前索引值，目前一共16位，小于 int 存储的 32 位，将对应的结果，保存到内存中。找到重复 key 时，直接返回。
class Solution {
public int numDupDigitsAtMostN(int n) {
Deque<Integer> deque = new LinkedList<>();
int v = n;
while (v>0){
deque.offerFirst(v%10);
v = v/10;
}
return n-dfs(new ArrayList<>(deque),0, 0,0,true,true)+1;
}
Map<Integer,Integer> cnts = new HashMap<>();
private int dfs(List<Integer> n, int visited,int curr,int index,boolean limit,boolean isLeadingZero){
if(index==n.size()){
return 1;
}
int key = ((visited*4+(limit?2:0)+(isLeadingZero?1:0))<<4)+index;
if(cnts.containsKey(key)) {
return cnts.get(key);
}
int ans = 0;
int max = limit?n.get(index):9;
for(int i = 0; i <= max; i++){
if(((visited>>i)&1)==0){
if(!isLeadingZero || i!=0) visited = (visited|(1<<i));
ans += dfs(n,visited,curr*10+i,index+1,limit&&i==max,isLeadingZero&&i==0);
if(!isLeadingZero || i!=0) visited = (visited^(1<<i));
}
}
cnts.put(key,ans);
return ans;
}
}
