51nod 1009 数位dp入门

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1009 数字1的数量

基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 5 难度：1级算法题 收藏 关注 给定一个十进制正整数N，写下从1开始，到N的所有正数，计算出其中出现所有1的个数。 例如：n = 12，包含了5个1。1,10,12共包含3个1，11包含2个1，总共5个1。 Input

输入N(1 <= N <= 10^9)

Output

输出包含1的个数

Input示例

12

Output示例

5
第一次写数位dp还是挺头疼的啊，dp[i][j]表示以j开头的i位数x=(j+1)*pow(10,i-1)-1，1-x之间所有的数中1出现的次数。
不难写出方程 dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][9]  这个自己模拟一下就知道了，
特殊的对于 dp[i][0]=dp[i-1][9] ；
当j==1时上面的方程也要变化为 dp[i][1]=dp[i][j-1]*2+pow(10,i-1),这是因为最高位的'1'不能被忽略
之后对于每次询问的数将他依次拆解计算，
例如对于N=3456,我们先拆出来 [1,2999],也就是 dp[4][2] ,容易发现剩下的数就是 3000-3456,但是3！=1，所以这一段<==> 1-456，这样每次计算一位就ok，
特殊的对于出现1的位置例如 1234,我们加上dp[4][0]之后剩下的数是 1000-1234，这个1显然不能抛弃，我们加上234+1个'1'之后再把数转化为 1-234计算就好了。
第一次写所以写了个暴力对拍！


注意枚举低位的时候如果高位有1，统计一下所有高位的1，乘上当前区间内数的个数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[15][10];
int bit[15];
int p10[10]={1};
int cal(int N){
int ans=0,len=0,ok=0;
while(N){
bit[len++]=N%10;
N/=10;
}
bit[len]=-1;
for(int i=len-1;i>=0;--i){
for(int k=0;k<bit[i];++k){
ans+=f[i+1][k];
int tot=0;
for(int j=i+1;j<len;j++){
if(bit[j]==1){
tot++;
}
}
ans+=tot*p10[i];
}
}
return ans;
}
int main(){
int i,j,k;
for(i=1;i<10;++i) p10[i]=p10[i-1]*10;
f[1][1]=1;
for(i=2;i<=10;++i){
for(j=0;j<10;++j){
for(k=0;k<10;++k){
f[i][j]+=f[i-1][k];
}
if(j==1) f[i][j]+=p10[i-1];
}
}

int N;
while(scanf("%d",&N)==1)
printf("%d\n",cal(N+1));
return 0;
}

 

 

 

　　f[i]表示所有的i位数中包含1的个数，有前导零的数也计算在内，因为在计算高位时低位可以为零。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
LL f[15]={0,1};
LL p10[15]={1,1};
int bit[15];
void init(){
for(int i=1;i<=10;++i) p10[i]=p10[i-1]*10;
for(int i=2;i<=10;++i) f[i]=f[i-1]*10+p10[i-1];
}
LL cal(int N){
int len=0;
while(N){
bit[len++]=N%10;
N/=10;
}
bit[len]=-1;
LL ans=0,one=0;
for(int i=len-1;i>=0;--i){
ans+=f[i]*bit[i];
if(bit[i]>1) ans+=p10[i];
ans+=p10[i]*bit[i]*one;
if(bit[i]==1) one++;
}
return ans;
}
int main(){
int n,i,j,k;
init();
while(scanf("%d",&n)==1){
printf("%lld\n",cal(n+1));
}
return 0;
}