Luogu P2602 [ZJOI2010]数字计数
这算是一道数位DP的入门题了吧虽然对于我来说还是有点烦
经典起手式不讲了吧,\(ans(a,b)\to ans(1,b)-ans(1,a-1)\)
我们首先预处理一个东西,用\(f_i\)表示有\(i\)位数字的时候,每个数字有几个(注意是和)。若不考虑前导零,则所有数字都是等价的,转移为:
\(f_i=10\cdot f_{i-1}+10^{i-1}\)
这个还是比较好理解的吧,前面一项表示无论这一位放什么直接从前面拿过来已有的,所以这一位可以放\(0\to9\)十个数,后面一项表示当这一位放上想要的数字时和前面得出的贡献。
我们发现这样就很巧妙的避免了重复,因为前后两次计算刚好会产生多次贡献。
然后考虑如何根据\(f_i\)推出答案。假设现在的数为\(ABCD\)
和常规的数位DP一样,我们优先考虑首位对答案的共献,由于\(1000,2000,...,A000\)都小于等于\(ABCD\),可以直接加入贡献,所以我们将答案加上\(A\cdot f_3\)即可。
然后就是剩下的\(A000\to ABCD\)部分了,但是我们发现这个的求解过程就相当于\(BCD\)的贡献。
所以我们成功将大问题分解,接下来就是继续算下一位的贡献了
最后还有一个关于前导零的问题了,我们继续手玩一波
当首位为\(0\)时,后面的\(10^{i-1}\)位都是不合法的,以此类推,当前两位为\(0\)时,后面的\(10^{i-2}\)位也不合法。
因此\(0\)的贡献应该减去\(\sum_{i=0}^{len-1} 10^i\)(\(len\)表示数字位数)
然后可喜可贺,终于做完了,上CODE吧
#include<cstdio>
#include<cctype>
using namespace std;
const int N=15;
const long long pow[12]={1,10,100,1000,10000,100000,1000000,10000000,100000000,1000000000,10000000000,100000000000};
long long a,b,c[10],d[10],f[N];
int bit[N],cnt;
inline char tc(void)
{
static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(long long &x)
{
x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
}
inline void write(long long x)
{
if (x>9) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
inline void init(void)
{
for (register int i=1;i<=12;++i) f[i]=f[i-1]*10+pow[i-1];
}
inline void resolve(long long x)
{
cnt=0; while (x) bit[++cnt]=x%10,x/=10;
}
inline void solve(long long x,long long *num)
{
register int i,j; resolve(x);
for (i=cnt;i>=1;--i)
{
for (j=0;j<bit[i];++j) num[j]+=pow[i-1];
for (j=0;j<=9;++j) num[j]+=f[i-1]*bit[i];
long long tot=0;
for (j=i-1;j>=1;--j) tot=tot*10+bit[j];
num[bit[i]]+=tot+1; num[0]-=pow[i-1];
}
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
register int i; read(a); read(b); init();
solve(a-1,c); solve(b,d);
for (i=0;i<=9;++i) write(d[i]-c[i]),putchar(' ');
return 0;
}
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