题目：https://www.luogu.org/problemnew/show/P2518
题目描述
你有一组非零数字（不一定唯一），你可以在其中插入任意个0，这样就可以产生无限个数。比如说给定{1,2},那么可以生成数字12,21,102,120,201,210,1002,1020,等等。
现在给定一个数，问在这个数之前有多少个数。（注意这个数不会有前导0）.
输入输出格式
输入格式：
只有1行，为1个整数n.
输出格式：
只有整数，表示N之前出现的数的个数。
输入输出样例
输入样例#1：
1020
输出样例#1：
7
说明
n的长度不超过50，答案不超过2^63-1.
解析
这道题第一眼感觉可定和数学有关，但也有点像数位dp。
这道题求的是在给定数中，全排列结果比目前数小的个数。
那么可以利用数位的思维，一位一位的求。
模仿数位dp中limit（即是否有最大值限制）的用法。
设原数为a，第i位为a[i]，长度为n。
这个数中0~9 出现次数为tot[1]，tot[2]，tot[3]。。。。。。tot[9]。
先从最高位n开始，现在尝试往最高位上放数x。
如果0≤x<a[n]，那么后面的数就没有限制了，在剩下的数中随便取。
设这种情况的方案数怎么求？
第一位为x确定，所以tot[x]--；
我们考虑往剩下的n-1位中填数。
0要填tot[0]次，1要填tot[1]次，...，9要填tot[9]次。
我们先把0填上，那么填上0的方案数为c(n-1,tot[0])，
（c为组合数)
剩下只有n-1-tot[0]个位置了，
所以填1的方案数位c(n-1-tot[0],tot[1])，
以此类推，方案数遵循乘法原理，这种情况的方案数为：
c(n-1,tot[0])*c(n-1-tot[0],tot[1])*...*c(n-1-tot[0]-tot[1]-...-tot[8],tot[9])；
如果x==a[n]，那么只要保证剩下n-1位全排列符合条件就可以。
求剩下n-1位的方法就同 求n位的方法了。
详情参照代码：
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<algorithm>
4 #include<cstring>
5 #include<cmath>
6 #include<cstring>
7 using namespace std;
8 #define ll long long
9 string ra;
10 ll a[100],n;
11 ll tot[100],tmp,m;
12 ll c[100][100];
13 ll ans;
14 void get_zuhe(){
15 for (int i=0;i<=60;++i){
16 c[i][0]=1;
17 }
18 for (int i=1;i<=60;++i){
19 for (int j=1;j<=i;++j){
20 c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1];
21 }
22 }
23 }
24 int main(){
25 cin>>ra;
26 n=ra.size();
27 for (ll i=1;i<=n;++i){
28 a[i]=ra[n-i]-‘0‘;
29 tot[a[i]]++;
30 }
31 get_zuhe();
32 for (ll i=n;i>=1;--i){
33 for (ll j=0;j<a[i];++j){
34 if (tot[j]){
35 tot[j]--;
36 tmp=1; m=i-1;
37 for (ll k=0;k<=9;++k){
38 if (tot[k]){
39 tmp*=c[m][tot[k]];
40 m-=tot[k];
41 }
42 }
43 ans+=tmp;
44 tot[j]++;
45 }
46 }
47 tot[a[i]]--;
48 }
49 cout<<ans;
50 return 0;
51 }