标签：10 int ll ++ ZJOI2010 num P2602 pow10 递推

P2602 [ZJOI2010]数字计数

思路：

首先考虑含有前导0的情况，可以发现在相同的\(i\)位数中，每个数的出现次数都是相等的。所以我们可以设\(f(i)\)为\(i\)位数每个数的出现次数。
那么就有递推方程：\(f(i)=f(i-1)*10+10^{i-1}\)。
假设现在要求的数为\(x\)位，那么我们依次从\(x\)位往下面求就行了。假设第\(x\)位的数字为\(k\)，那么我们枚举第一位从\(0\)到\(k\)，每一个数字的出现次数加上\(f(i-1)*k+10^{i-1}\)，同时\(k\)这个数还会有多出现的情况，计算一下就行了。就这样一位一位来算就ok了。
因为我们之前没有考虑前导0的情况，所以我们减去多算上的情况就行了。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 15;
ll f[N], cnta[N], cntb[N], pow10[N];
ll a, b;
int tot;
ll num[N] ;
void solve(ll x, ll *cnt) {
    tot = 0;
    ll tmp = x;
    while(x) {
        num[++tot] = x % 10;
        x /= 10;
    }
    for(int i = tot; i >= 1; i--) {
        for(int j = 0; j < 10; j++) cnt[j] += num[i] * f[i - 1] ;
        for(int j = 0; j < num[i]; j++) cnt[j] += pow10[i - 1] ;
        tmp -= num[i] * pow10[i - 1] ;
        cnt[num[i]] += tmp + 1;
        cnt[0] -= pow10[i - 1] ;
    }
}
int main() {
    pow10[0] = 1;
    ll t = 0;
    for(int i = 1; i < N; i++) {
        f[i] = f[i - 1] * 10 + pow10[i - 1] ;
        pow10[i] = pow10[i - 1] * 10;
    }
    cin >> a >> b;
    solve(a - 1, cnta) ;
    solve(b, cntb) ;
    for(int i = 0; i < 10; i++) cout << cntb[i] - cnta[i] << ' ';
    return 0;
}

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来源： https://www.cnblogs.com/heyuhhh/p/10877578.html

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