PAT (Advanced Level) Practice - 1049 Counting Ones（30 分）

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题目大意：给出一个正整数，应该返回 0 到该正整数之间的十进制形式的 1 出现的个数。

 

解题思路：累加每一位上“1”的组合数情况总和；以下都是前设在范围不能超过所求的数 n 本身的前提下。

（1）将0,1----n数字列出，为了方便这里假设n为121，也就是000-121

（2）首先看所有数字的个位，这里分为三种情况就是 n 的个位大于1、小于1、等于1。

• n的个位=1：那么 1 出现的次数为：00“1”-12“1”  前面的数字是变化的从 00-12 有 13 种情况。
• n的个位>1: 那么 如 122 的情况 1 出现的次数为：00“1”-12“1” 也是 13，但是如果讨论的是十位就不一样了，这是需要重点考虑的。
• n的个位<1：那么 如 120 的情况，1出现的次数为：00“1”-11“1” 出现的情况是 11 次。

（3）对每个十进制位进行讨论，将结果相加。但是当 n 是十位 、百位（非个位的）的情况下，要相对复杂一点，上面的只是启发一下解题思路。

下面的是正式的解题方法：  

假设数字为：abcde，对于 abcde 中的每一个数字，可以根据该数字与 1 的关系，求在该数字对应位置上1出现的次数。具体来说：假设我们要求百位出现 1 的次数，此时我们可以根据 c 与 1 的关系，求出百位 1 出现的次数。

（1）如果c = 0，则1出现的次数等于：ab * 100，即（c前面的数 * c对应的基数） 在该情况下，百位出现 1 的次数只与 c 前面的数有关。

（2）如果c = 1，则1出现的次数等于：（ab * 100） + （de + 1），即（c前面的数 * c对应的基数） +（c后面的数 + 1）在该情况下，百位出现 1 的次数与 c 前面和 c 后面的数有关。

（3）如果c >= 2，则1出现的次数等于（ab + 1）*100，即（c前面的数 + 1）* c对应的基数。

 

i.e. 12145
个位5：(1214+1)*10^0==1215
十位4：(121+1)*10^1==1220
百位1：(12)*10^2+(45+1)==1246
千位2：(1+1)*10^3==2000
万位1：2145+1==2146
Result == 7827

 

AC 代码

#include
#include

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a);
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MOD 1000000007

using namespace std;

typedef long long ll;

int n, len, rs;
string s;

int fcnt1(int p)
{
    int sum=0,ten=int(pow(10,len-p-1)+0.5),pre=n/(ten*10),post=n%ten;
    char c=s[p];

    if(c=='0') sum+=pre*ten;
    else if(c=='1') sum+=pre*ten + post+1;
    else sum+=(pre+1)*ten;

    return sum;
}

int main()
{
    stringstream ss;
    while(cin>>s)
    {
        ss<>n;
        len=s.length(), rs=0;
        for(int i=0;i