[BZOJ 1833][ZJOI 2010]count数字计数(数位DP)

题目链接

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1833

思路

我觉得这个思路应该是这个题的所有解法中最简单的了吧(PS：不是弱渣我想出来的，思路来自http://www.baidu.com/link?url=ZbIMSGqf0IbTsJBLQiIq-U17qN2ng4p57Vl_jVc0KKexmkh7Rg0JavRK2OmUKJZg1hoGfL-YwwQq6j_UggNkz7N-OybD6_mzFpsL-9XIAcy)
个人认为这个题是一道非常经典的数位统计(DP？)问题，采用的是数位DP的按位统计思想。
很显然可以想到只需求出 [1,x] 中每个数字出现的次数即可，我们用一个函数 solve(x) 来解决它
实际上我们可以把0~9每个数字的出现次数分开统计，这个问题就分解成了10个子问题。

我们来看这样一个 x ：
562078

(1) [1,x] 的第 4 位(就是2)上出现9的次数是多少？
显然是56*1000=57*1000-1000次
为什么呢？因为2左边的方案有00、01、02……、55(2<9,故左边不能为56)，共56种，在左边<=55时，2右边无限制，方案有000、001……999，共1000种，因此用乘法计数原理得到56*1000

(2)再问： [1,x] 的第 4 位(就是2)上出现1的次数是多少？
显然是57*1000次
为什么呢？因为2左边的方案有00、01、02……、56，共57种，而1<2，因此2右边无限制，方案有000、001……999，共1000种，乘法计数

(3)再问： [1,x] 的第 4 位(就是2)上出现2的次数是多少？
56＊1000+79=57＊1000-21
因为2左边的方案有00、01、02……、55，共56种，此时2右边无限制，方案有000、001……999，共1000种，而有一个特殊情况，因为2=2，所以左边56也可以取，这时右边能取000、001……078共79种，乘法计数与加法计数即可

(3)再看一个例子： [1,x] 的第 2 位(就是7)上出现0的次数是多少？
这时不一样了，方案数为5619*10+9=5620*10-1
为什么？因为这时候我们要出现的是数字0，而为了避开前导零的重复计算，我们约定数字0左边不能再出现重复的0了，因此其左边只能选0001、0002……5619，方案数为5619；而i的右边的情况同上，在左边<=5619时，可以选0….9，共10种，在左边=5620时，右边能选0….8，共9种

(4)再看： [1,x] 的第 3 位(就是0)上出现0的次数是多少？
这时又不一样了，方案数为561*100+79=562*100-21
由于第3位恰好是0，而我们也要出现0，因此同(2)，我就不再多解释了

实际上我们可以把某一位的左边和右边分开看，某一位上出现数字i的方案数=其左边的数字种类数＊其右边的数字种类数-多加的那部分数字

嗯，这时候我们来点理性愉悦的东西，归纳与分类讨论：
我们把问题已经分解成了求0…9这10个数字各自出现的次数，相当于十个小问题，对于每个小问题，它就是问数字 i(0<=i<=9)在[1,x] 中的出现次数，设当前遍历到 x 的某一位， x 这一位的数字为 t ，其左边的数字为L，右边的数字为R,右边的长度为 len
一、 i!=0 的一般情况
1. i>t ， ans+=L∗10len (Case 1)
2. i<t ， ans+=(L+1)∗10len (Case 2)
3. i=t ， ans+=L∗10len+R+1 (Case 3)

二、 i=0 的特殊情况
1. t!=0 ， ans+=L∗10len (Case 4)
2. t=0 ， ans+=(L−1)∗10len+R+1 (Case 5)

代码

非常无脑地把pow[i-1]<=x打成了pow[i]-1<=x，结果贡献一发WA，对拍后才发现是少计算方案了，一直在找原因，最终发现我竟然如此SB地打错了循环的边界条件！！！

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long int LL;

LL ans[10]; //ans[i]=数字i在[L,R]中的出现次数
LL pow[13];

void solve(LL x,int sign) //sign=-1表示在总方案数中减去方案数，sign=1表示加方案数
{
    if(x==-1) //特判x=-1的情况
    {
        ans[0]++;
        return;
    }
    //求数字1...9的出现次数
    for(LL j=1;j<10;j++) //求数字j在[1,x]的出现次数
        for(LL i=1;pow[i-1]<=x;i++) //枚举第i位
        {
            LL len=i-1; //len是右边那一部分的长度
            LL L=x/pow[i],R=x%pow[i-1]; //L=第i位左边的数字，R=第i位右边的数字
            LL t=(x/pow[i-1])%10; //t是第i位的数字
            if(j>t) ans[j]+=L*pow[len]*sign;
            else if(j<t) ans[j]+=(L+1)*pow[len]*sign;
            else if(j==t) ans[j]+=(L*pow[len]+R+1)*sign;
        }
    //求数字0的出现次数
    for(int i=1;pow[i-1]<=x;i++) //枚举第i位
    {
        int len=i-1; //len是右边那一部分的长度
        LL L=x/pow[i],R=x%pow[i-1]; //L=第i位左边的数字，R=第i位右边的数字
        int t=(x/pow[i-1])%10; //t是第i位的数字
        if(t!=0) ans[0]+=L*pow[len]*sign;
        else ans[0]+=((L-1)*pow[len]+R+1)*sign;
    }
}

int main()
{
    LL L,R; //查询区间[L,R]
    scanf("%lld%lld",&L,&R);
    pow[0]=1;
    for(int i=1;i<13;i++) pow[i]=pow[i-1]*10;
    solve(R,1);
    solve(L-1,-1);
    for(int i=0;i<=9;i++) printf("%lld%c",ans[i],i==9?'\n':' ');
    return 0;
}