以下分析來自牛客網討論區，分析的很清晰。
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像類似這樣的問題，我們可以通過歸納總結來獲取相關的東西。
首先可以先分類：
我們知道在個位數上，1會每隔10出現一次，例如1、11、21等等，我們發現以10爲一個階梯的話，每一個完整的階梯裏面都有一個1，例如數字22，按照10爲間隔來分三個階梯，在完整階梯0-9，10-19之中都有一個1，但是19之後有一個不完整的階梯，我們需要去判斷這個階梯中會不會出現1，易推斷知，如果最後這個露出來的部分小於1，則不可能出現1（這個歸納換做其它數字也成立）。
我們可以歸納個位上1出現的個數爲：n/10 * 1+(n%10!=0 ? 1 : 0)。
現在說十位數，十位數上出現1的情況應該是10-19，依然沿用分析個位數時候的階梯理論，我們知道10-19這組數，每隔100出現一次，這次我們的階梯是100，例如數字317，分析有階梯0-99，100-199，200-299三段完整階梯，每一段階梯裏面都會出現10次1（從10-19），最後分析露出來的那段不完整的階梯。我們考慮如果露出來的數大於19，那麼直接算10個1就行了，因爲10-19肯定會出現；如果小於10，那麼肯定不會出現十位數的1；如果在10-19之間的，我們計算結果應該是k - 10 + 1。例如我們分析300-317，17個數字，1出現的個數應該是17-10+1=8個。那麼現在可以歸納：十位上1出現的個數爲：
·設k= n % 100，即爲不完整階梯段的數字
·歸納式爲：(n / 100) * 10 + (if(k > 19) 10 else if(k < 10) 0 else k - 10 + 1)
現在說百位1，我們知道在百位，100-199都會出現百位1，一共出現100次，階梯間隔爲1000，100-199這組數，每隔1000就會出現一次。這次假設我們的數爲2139。跟上述思想一致，先算階梯數 * 完整階梯中1在百位出現的個數，即n/1000 * 100得到前兩個階梯中1的個數，那麼再算漏出來的部分139，沿用上述思想，不完整階梯數k<100則得到0個百位1，k>199，得到100個百位1，100<=k<=199則得到k - 100 + 1個百位1。那麼繼續歸納：百位上出現1的個數：
·設k = n % 1000
·歸納式爲：(n / 1000) * 100 + (if(k >199) 10 else if(k < 100) 0 else k - 100 + 1)
後面的依次類推....
那麼我們把個位數上算1的個數的式子也納入歸納式中
·k = n % 10
·個位數上1的個數爲：n / 10 * 1 + (if(k > 1) 1 else if(k < 1) 0 else k - 1 + 1)
完美！歸納式看起來已經很規整了。
來一個更抽象的歸納，設i爲計算1所在的位數，i=1表示計算個位數的1的個數，10表示計算十位數的1的個數等等。
·k = n % (i * 10)
·count(i) = (n / (i * 10)) * i + (if(k > i * 2 - 1) i else if(k < i) 0 else k - i + 1)
好了，這樣從10到10的n次方的歸納就完成了。
sum1 = sum(count(i))，i = Math.pow(10, j), 0<=j<=log10(n)
但是有一個地方值得我們注意的，就是代碼的簡潔性來看，有多個ifelse不太好，能不能進一步簡化呢？
我們可以把後半段簡化成這樣，我們不去計算i * 2 - 1了，我們只需保證k - i + 1在[0, i]區間內就行了，最後後半段可以攜程這樣
min(max((n mod (i*10))−i+1,0),i)
public class Solution {
public int NumberOf1Between1AndN_Solution(int n) {
if(n<=0) return 0;
int count=0;
for(int i=1;i<=n;i=i*10){
int temp=i*10;
count+=(n/temp)*i+Math.min(Math.max(n%temp-i+1,0),i);
}
return count;
}
}
我自己在看代碼 Math.min(Math.max(n%temp-i+1,0),i)時，不太懂。後來發現就是爲了減少if判斷次數，爲什麼是這個式子呢。
Math.max(n%temp-i+1,0)這句就是算①②的最大值，然後Math.min(Math.max(n%temp-i+1,0),i)將①②中的最大值與③比較，他們中最小的就是我們要的結果。這樣就避免使用很多判斷語句了。