数位DP (51nod)
题目:数字1的数量
思路:首先考察不同位数以内的所有整数出现1的次数,例如四位数以内[0,9999],个十百千位均有可能出现1,
出现1的时候,其它三个位均可以是0~9,所以假设固定一个位为1,另外三个位的可能性是10*10*10
所以总共出现4*10*10*10 = 4000次1,所以一个完整的k位数中包含1的个数是k * 10^(k-1)
对于一个数字n,可以将十进制拆成[p1][p2...pk]的形式,
如果p1==0,n = [p2...pk] = [p2][p3...pk],转化为子问题
如果p1==1,这时包含了三种情况
1> p1位=0时,后边k-1位包含 (k-1) * 10^(k-2)个1
2> p1位=1时,p1位重复了[p2...pk] + 1 个1
3> p1位=1时,[p2...pk]出现1的次数(这是一个子问题,可以递归)
如果p1 > 1,这时包含了三种情况
1> p1位=0,1...p1-1时(共p1个可能),后面k-1位包含 (k-1) * 10^(k-2)个1
2> p1位=1时,p1位重复了10^(k-1)个1
3> p1位=p1时,[p2...pk]出现1的次数(这是一个子问题,可以递归)
代码是根据这个原理从后往前累加的
容易得到状态转移方程:设dp[i]为数位i及其之后的数位的1出现次数;len为数的长度;k为当前dp[i]的位置;a[i]用于存储数;
if(a[i] == 0) dp[i] += dp[i+1];
if(a[i] == 1) dp[i] += (k-1) * 10^(k-2) + [a[i+1]..a[len]] + 1 +dp[i+1];
if(a[i] > 1) dp[i] += a[i] * (k-1) * 10^(k-2) + 10^(k-1) + dp[i+1];
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <stdlib.h>
#include <time.h>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <set> #define c_false ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define INFL 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define zero_(x,y) memset(x , y , sizeof(x))
#define zero(x) memset(x , 0 , sizeof(x))
#define MAX(x) memset(x , 0x3f ,sizeof(x))
#define swa(x,y) {LL s;s=x;x=y;y=s;}
using namespace std ;
#define N 50005 const double PI = acos(-1.0);
typedef long long LL ;
char num[];
LL dp[];
int len,number;
int pow(int k){ int s =; for(int i = ; i<k; i++)s*=;return s;}
LL cal(){
zero(dp);
int base = ;
int k;
for(int i = len-; i >= ; i--){
int s = num[i] - '';
k = len - i;
if(s == )
dp[i] += dp[i+];
if(s == )
dp[i] += (k-)*pow(k-) + number + + dp[i+];
if(s > )
dp[i] += s*(k-)*pow(k-) + pow(k-) +dp[i+];
//cout<<i<<" "<<dp[i]<<endl;
number += base * s;
base *= ;
}
return dp[];
}
int main(){
//freopen("in.txt","r",stdin);
//freopen("out.txt","w",stdout);
//ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
scanf("%s", num);
len = strlen(num);
number = ;
printf("%I64d\n",cal());
return ;
}
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