[PAT A1049]Counting Ones

[PAT A1049]Counting Ones

题目描述

1049 Counting Ones （30 分)The task is simple: given any positive integer N, you are supposed to count the total number of 1’s in the decimal form of the integers from 1 to N. For example, given N being 12, there are five 1’s in 1, 10, 11, and 12.

输入格式

Each input file contains one test case which gives the positive N (≤2^​30​​).

输出格式

For each test case, print the number of 1’s in one line.

输入样例

12

输出样例

5

解析

1. 题目大意很简单，就是说给一个正数N，要你计算从1到N的1的个数，比如12，那么有1，10，11，12，共有5个1.
2. 这题暴力枚举是肯定不行的，如果暴力枚举有两个点是过不了的，当然也可以选择拿22分跑路，剩下的时间留着做其他的题也不错hhh。
3. 主要思路就是找规律了，这里用晴神算法笔记里面的样例：
   30710这个数：

首先考虑末尾为0，我们计算末尾有多少个数是覆盖了1的，那么末尾为1的时候前面是只能取0-3070，因为如果取3071，那么就是30711>30710了，共有3071种选择

然后考虑第二位1，它定死为1，那么前面为0-306的时候，后面一位随便取都行，当前面为307时，前四位为3071，末尾只能取0，那么有306*10+1种取法

然后考虑第三位，它为7，如果它为1的话，前面后面都可以随便取，因为它为7比1要大，只要他们组成的数不大于30710，都是有效的，那么取法共有（30+1）*10²种

同理第四位为0，那要令它为1，前面只能取0-2，后面可以任取，共有3*10³种

最后第五位，它是3，比1要大，所以它为1时，后面可以任取,共有10⁴种
所以我们可以总结出，如果把某个数左边取为left,右边取为right,那么得到的结果有三种可能,a是right的位数次方（例如right=123,那么就是1000）：
1.当前位为0，ans+=lefta;
2.当前位为1，ans+=lefta+right;
3.当前为>1,ans+=(left+1)*a

#include
#include
#include
using namespace std;
int main()
{
 string str;
 int cnt = 0;
 cin >> str;
 int len = str.length();
 if (len == 1)  printf("1");
 else {
  if (str[0] == '1') cnt += stoi(str.substr(1)) + 1;
  else cnt += pow(10, len - 1);
  if (str[len - 1] == '0') cnt += stoi(str.substr(0, len - 1));
  else cnt += stoi(str.substr(0, len - 1)) + 1;
  for (int i = 1; i < len - 1; i++) {
   string left = str.substr(0, i), right = str.substr(i + 1);
   if (str[i] == '0') cnt += stoi(left)*pow(10, right.length());
   else if (str[i]=='1') cnt += stoi(left)*pow(10, right.length()) + stoi(right) + 1;
   else cnt += (stoi(left) + 1)*pow(10, right.length());
  }
  printf("%d", cnt);
 }
 return 0;
}

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