1级算法题就这样了,前途渺茫啊。。。

更新一下博客,我刚刚想套用数位dp的模板,发现用那个模板也是可以做到,而且比第二种方法简单很多

第一种方法:我现在用dp[pos][now]来表示第pos位数字为now时数字1的数量,如果用数位dp的话,现在我们有三种情况

第一种情况:now!=1,那我没什么好说的了,继续向下搜吧。

第二种情况:now==1&&limit   :如果知道数位dp的套路的话,这个limit的意思相信是知道的,比如说一个数字1687,我们在程序走到pos==4,now==1时,这个时候limit==1,说明它后面的值有约束,只能从000到687,所以我们这个时候就要我们把千位的1全部加上就是688(1000也是一种)。

第三种情况:now==1&&limit==0:比如说2687,如果pos==4,now==1,这个时候limit==0,因为1_ _ _ 这里后面的三位数随便拿,反正不会超过2000就是了,这个时候把千位的1全部加起来就是pow(10,pos-1);

    if(now==)  //符合第二、三种情况的话
{
if(limit)  //第二种情况
s+=add(pos-);  //这个函数是把后面的数字加一遍(例如上面的0到687,返回值就是688)
else      //第三种情况
s+=pow(,pos-);
}

然后完整代码:

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
int dp[][],n,m,digit[];
int add(int a)
{
if(a<=) //比如1后面没有数字了,直接返回1
return ;
else
{
int count=;
for(int i=a;i>=;i--)
{
count+=digit[i]*pow(,i-);
}
return count+; //把全是0的情况也加一遍
}
}
int dfs(int pos,int now,int limit)
{
if(!pos)
return ;
int num=limit?digit[pos-]:;
int s=;
if(!limit&&dp[pos][now]!=-)
return dp[pos][now];
if(now==)
{
if(limit)
s+=add(pos-);
else
s+=pow(,pos-);
}
for(int i=;i<=num;i++)
{
s+=dfs(pos-,i,limit&&(i==num));
}
if(!limit&&dp[pos][now]==-)
dp[pos][now]=s;
return s;
}
int cal(int a)
{
int len=;
while(a)
{
digit[++len]=a%;
a/=;
}
return dfs(len+,,);//在这里我把它提前了一位,这个0改成-1什么的都可以,只要不是1就行了
}
int main()
{
cin>>n;
memset(dp,-,sizeof(dp));
cout<<cal(n)<<endl;
return ;
}

第二种方法:

给我们一个数字n,求从1到n中所有数字里1的数量;这里给的分类是数位dp,那我们先用dp[i][j]来表示从1到第i位为j的数字1的数量,

例如dp[3][2]就表示从1到299的数字1的数量,那怎么推呢?

假设现在是dp[3][1],也就是从1到199,这个数字更特殊一点点,那么我们可以把它表示为两个部分,1到99和100到199,

现在1到99很简单,就是dp[2][9]就是了,那100到199呢?其实我们可以把它的百位数分离,因为它的百位一定是1,

那么就一定有10^2个1,那就变成了10^2+(1到99之间数字1的数量)。

再来一个例子dp[3][2],现在是1到299了,我们可以把它变成(1到199)+(200到299),1到199就是dp[3][1],

而200到299,因为2不是1,那么200到299等价于1到99.

于是我们可以得出一个大致的结论:

dp[3][1]=  dp[3][0]  +  dp[2][9]  +(1==1)*pow(10,3-1);

dp[3][2]=  dp[3][1]  +  dp[2][9]  +(2==1)*pow(10,3-1);

dp[i][j]=  dp[i][j-1]  +  dp[i-1][9]  +(i==1)*pow(10,i-1);

但是j==0时,j-1等于0,那么我们可以改进一下:

  if(j==0)

  dp[i][j]=dp[i-1][9];  dp[3][0]等价于dp[2][9]

  else

  dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][9]+(i==1)*pow(10,i-1);

终于把这个东西推完了,但是我们怎么表示一个任意的n呢?

比如说n=435,好,现在我们要求1到435之间的1的数量,435可以分为,(1到399)+(400到435)。

而400到435又可以把4分离,如果4==1(额,我是说如果这个百位上的数字为1),好吧这不可能,那就是(1到399)+(1到35)了,然后35又持续这个过程。。。,但是当n=135时,就是(1到99)+(1到35)+(35+1),最后这个(35+1)是因为百位为1,那么就要加上百位上的1,即(100到135)百位上的1有(35+1)个。直接看代码,我表达不行。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
#define ll long long
ll dp[][],ss[],n,m;
int main()
{
cin>>n;
memset(dp,,sizeof(dp));
for(int i=;i<=;i++)
dp[][i]=;
for(int i=;i<=;i++)
{
for(int j=;j<=;j++)
{
if(j==)
dp[i][j]=dp[i-][];
else
dp[i][j]=dp[i][j-]+dp[i-][]+pow((j==)*,i-);//先推出
}
}
int digit[];
int len=;
ll m=n;
while(n)
{
digit[++len]=n%;//把每一位上的数字存下来
n/=;
}
for(int i=len;i>=;i--)
{
ll s=pow(,i-);//例如1435,把435,35 ,5都存下来
ss[i]=m%s;
}
ll ans=;
for(int i=len;i>=;i--)
{
if(i>)
ans+=dp[i][digit[i]-];
else
ans+=dp[i][digit[i]];
if(digit[i]==&&i>)//判断这一位是不是1,
{
ans+=ss[i]+;
}
}
cout<<ans<<endl;
return ;
}

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