bzoj 1833 [ZJOI2010] count 数字计数 题解

Description

给定两个正整数a和b，求在[a,b]中的所有整数中，每个数码(digit)各出现了多少次。

Input

输入文件中仅包含一行两个整数a、b，含义如上所述。

Output

输出文件中包含一行10个整数，分别表示0-9在[a,b]中出现了多少次。

        这道题我想应该有数学公式吧（如我上次说的欧拉函数），但是像我这种蒟蒻还是算了。

反复思考后，我想到一种代码简单、原理简单、细节困难的方法。

（1）前缀和思想，即设p(k)是1-k中的答案，那么ans=p(b)-p(a-1)。

（2）预处理。我们把k拆开来储存在a数组里（如：3456，它在a数组中是3,4,5,6），并用g数组存储从前到后的数据大小（如：3456，它在g数组中是3,34,345,3456），f数组存储从后向前的数据大小（如：3456，它在f数组中是3456,456,56,6）。

（3）排列组合思想。我分别枚举0--9，每次枚举它们在每一数位上的个数。设a数组中数字是□□□□□p□□□□□，我们已枚举在p所在的这个数位i，且设我们处理的数字是q。

①设p>q，我们用乘法原理，ans[q]+=(g[p+1]+1)*10^(i-1)。为什么要加1呢？因为前面可以为0（即i是最高位）

②设pans[q]+=(g[p+1])*10^(i-1)。

③设p=q，那么我们先把p后面的数字加一下（别忘了还要多加一），再进行②中的乘法原理。

即ans[q]+=f[i+1]+(g[p+1])*10^(i-1)

注意：0不能做最高位，0的情况需另判。

#include
#include
using namespace std;
long long f[2][15],g[2][15],ans[2][10],p[2],aa,bb;
long k[2],a[2][15],i,j;
long long pow(long a,long b)
{
  long long temp=1;
  for (long i=1;i<=b;i++)
    temp*=a;
  if (b==0) return 1;return temp;
}
void go(long o)
{
  long i,j;long long temp;
  for (i=0;i<10;i++)
   {
     for (j=1;j<=k[o];j++)
     {
       if (i==0&&j==k[o]) break;
       if (a[o][j]==i) {ans[o][i]+=f[o][j-1]+1;temp=g[o][j+1];if (i==0) temp--;ans[o][i]+=temp*pow(10,j-1);}
       else if (a[o][j]>i) {temp=g[o][j+1]+1;if (i==0) temp--;ans[o][i]+=temp*pow(10,j-1);}
       else if (a[o][j]0)
   {
      a[0][++k[0]]=aa%10;
      aa=aa/10;//printf("%ld",p[1]);
      f[0][k[0]]=f[0][k[0]-1]+a[0][k[0]]*p[0];
      p[0]*=10;
   }
   p[1]=1;
   while (bb>0)
   {
      a[1][++k[1]]=bb%10;
      bb/=10;
      f[1][k[1]]=f[1][k[1]-1]+a[1][k[1]]*p[1];
      p[1]*=10;
   }
   for (i=k[0];i>0;i--) g[0][i]=g[0][i+1]*10+a[0][i];
   for (i=k[1];i>0;i--) g[1][i]=g[1][i+1]*10+a[1][i];
   for (i=0;i<2;i++) go(i);
   for (i=0;i<9;i++)
     printf("%lld ",ans[1][i]-ans[0][i]);
   printf("%lld\n",ans[1][9]-ans[0][9]);
   //scanf("%lld %lld",&aa,&bb);
   return 0;
}