51Nod 1009 数字1的个数 | 数位DP

题意：

小于等于n的所有数中1的出现次数

分析：

数位DP

预处理dp[i][j]存 从1~以j开头的i位数中有几个1，那么转移方程为:

if(j == 1) dp[i][j] = dp[i-1][9]*2+pow(10,i-1);
else dp[i][j] = dp[i-1][9]+dp[i][j-1];

然后注意下对于每个询问统计的时候如果当前位为1需要额外加上他后面所有位数的个数，就是n%pow(10,i-1);

这样总复杂度log(n)*10

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define rep(i,a,n) for(int i = a; i < n; i++)
#define repe(i,a,n) for(int i = a; i <= n; i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n; i >= a; i--)
#define clc(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
const int INF = 0x3f3f3f3f, MAXN = ;
int dp[MAXN][];///dp[i][j]从1~以j开头的i位数中有几个1
int bit[MAXN];

int main()
{
#ifdef SHY
    freopen("d:\\1.txt", "r", stdin);
#endif
    int tmp = ;
    rep(i,,) dp[][i] = ;
    repe(i,,)
    {
        rep(j,,)
        {
            if(j == ) dp[i][j] = dp[i-][]+tmp;
            else dp[i][j] = dp[i][j-];
            dp[i][j] += dp[i-][];
        }
        tmp *= ;
    }
    int n,cnt = ;
    scanf("%d", &n);
    tmp = n;
    while(tmp)
    {
        bit[++cnt] = tmp%;
        tmp /= ;
    }
    int ans = ,sum = ;
    per(i,cnt,)
    {
        if(bit[i] == ) continue;
        if(bit[i] == )
            ans += dp[i-][]++n%((int)pow(,i-));
        else
            ans += dp[i][bit[i]-];
    }
    printf("%d\n", ans);
    return ;
}

2.

解题关键：数位dp，对每一位进行考虑，通过过程得出每一位上1出现的次数

1位数的情况：

在解法二中已经分析过，大于等于1的时候，有1个，小于1就没有。

2位数的情况：

N=13,个位数出现的1的次数为2，分别为1和11，十位数出现1的次数为4，分别为10,11,12,13，所以f(N) = 2+4。

N=23,个位数出现的1的次数为3，分别为1，11，21，十位数出现1的次数为10，分别为10~19，f(N)=3+10。

由此我们发现，个位数出现1的次数不仅和个位数有关，和十位数也有关，如果个位数大于等于1，则个位数出现1的次数为十位数的数字加1；如果个位数为0，个位数出现1的次数等于十位数数字。而十位数上出现1的次数也不仅和十位数相关，也和个位数相关：如果十位数字等于1，则十位数上出现1的次数为个位数的数字加1，假如十位数大于1，则十位数上出现1的次数为10。

3位数的情况:

N=123

个位出现1的个数为13:1,11,21，…，91,101,111,121

十位出现1的个数为20:10~19,110~119

百位出现1的个数为24:100~123

我们可以继续分析4位数，5位数，推导出下面一般情况：

假设N，我们要计算百位上出现1的次数，将由三部分决定：百位上的数字，百位以上的数字，百位一下的数字。

如果百位上的数字为0，则百位上出现1的次数仅由更高位决定，比如12013，百位出现1的情况为100~199,1100~1199,2100~2199，…，11100~11199，共1200个。等于更高位数字乘以当前位数，即12 * 100。

如果百位上的数字大于1，则百位上出现1的次数仅由更高位决定，比如12213，百位出现1的情况为100~199,1100~1199,2100~2199，…，11100~11199，12100~12199共1300个。等于更高位数字加1乘以当前位数，即（12 + 1）*100。

        如果百位上的数字为1，则百位上出现1的次数不仅受更高位影响，还受低位影响。例如12113，受高位影响出现1的情况：100~199,1100~1199,2100~2199，…，11100~11199，共1200个，但它还受低位影响，出现1的情况是12100~12113，共114个，等于低位数字113+1。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int solve(int n){
    int cnt=,i=,be,af,cur;
    while(n/i){
        be=n/(i*);
        af=n-n/i*i;
        cur=n/i%;

        if(cur>) cnt+=(be+)*i;
        else if(cur<) cnt+=be*i;
        else cnt+=be*i++af;
        i*=;
    }
    return cnt;
}
int main(){
    int n;
    cin>>n;
    int ans=solve(n);
    cout<<ans<<endl;
    return ;
}

参考：http://www.cnblogs.com/elpsycongroo/p/6917114.html

https://www.dawxy.com/article/51nod1009-%E6%95%B0%E5%AD%971%E7%9A%84%E6%95%B0%E9%87%8F%E6%95%B0%E4%BD%8Ddp/