最近在写DP，今天把最近写的都放上来好了,,,
题意：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。
首先询问的是一个区间，显然是要分别求出1 ~ r ,1 ~ l的答案，然后相减得到最终答案
首先我们观察到，产生答案的区间是连续的，且可以被拆分，
也就是说0 ~ 987的贡献= 0 ~ 900 + 901 ~ 987的恭喜，
同理，把位拆开也是等价的，所以我们可以单独计算每个位的贡献
这样讲可能有点不太清晰，举个例子吧
3872
我们先把它按数拆开来算：分为0 ~ 999 + 1000 ~ 3872
然后再把1000 ~ 3872的部分按位拆开来算
设f[i][j]为到了第i位j出现的次数（i=2 00 ~ 99）,注意允许前导0的存在，只是必须是共i位
对于一个数n，若有t位，那么前面那部分是t-1位的，后面则是计算t位的（因为前面t-1位没有限制）
因此我们先加上t-1位的数字出现次数，
首先当i=1时，显然f[i][j]=1,
当i变为2时，我们可以脑补一下，2位可以拆分为1位+1位，而前面的1位有10种可能，因此后面的1位会出现10次，
而前面的一位也因此使得每种数字要+10，
当i变为3时，我们可以再次脑补，3位可以拆分为1位+2位，前面的一位还是有10种可能，因此后面的2位会出现10次，
而前面的一位也因此使得每种数字要+100
……
于是观察可得
f[i][j] = f[i-1][j] * 10 + 10^(i-1);
因此第一部分：
ans[j] += f[cnt-1][j];
为什么只要加这个呢？
因为这个是从0开始的啊！
比如当cnt-1==3时，
f[cnt-1][j]记录的就是000 ~ 999的出现次数，
显然包括了1位2位3位的，
但是这样会有前导0，怎么办呢？
把数字列出来稍微观察一下即可得知：
对于任意一个数而言，其前导0个数为总位数减去有效位数
也就是说0位的数有3个前导0，如000
1位的数有2个前导0，如002
2位的数有1个前导0，如078
3位的数没有前导0，如364
因此我们只需要分别减去这些位数的前导0即可，
每个位数要减掉的前导0为：对应的前导0个数 * 有多少个数
比如1位的数有2个前导0，那么这部分的前导0个数为：2 * 9
而0位的数的前导0个数为：3 * 1
这样可以观察到在某种情况下后面要乘的那个数是不好计算的，
所以我们通过前缀和来计算它，
第0位时，一共有1个数，
第1位时，一共有10个数（包括0位的），
感觉有点说不清了。。。。
就是说
000 ----> 1个数
001
。
。
009 ---->10个数
010
011
。
。
099 ---->100个数
而我们要做的就是要获取单独的每一段（被换行隔开的）有多少个数
那么很显然
010 ~ 099的数的个数就是100 - 10，
所以我们在计算的时候记录第一个sum表示在当前位之前的前缀和，t表示包括当前位的数的总个数，
比如计算到010 ~ 099这一段的时候，sum = 10,t=100,个数为t - sum = 90个
于是现在我们就可以开始计算第2部分了：
1000 ~ 3872
对于这部分，我们按位处理，
方法不太好说，还是用例子说明吧，
从高位开始算，
最高位是3，
那么很显然1000~2999这部分是满的（即都可以取到），因此我们计算的方法就是
用第一位 + 后3位，
对于1000 ~ 1999来说，第一位的1出现了1000次，我们加上，
那后面的部分对应的次数就是000 ~ 999 的次数对不对！也就是f[3][j]了
2000 ~ 2999同理即可，
因此我们要加的f[3][j]的个数就是2
那么我们现在只需要处理3000~3872了，
同样按位处理，
第一位的3出现了873次（还有000的一次），我们加上，
然后就是要计算872的贡献了，
那这部分怎么求呢？
和计算3872是一样的啊（是不是很像递归），
还是先算000~799
但是也不完全一样，有一点不同，
因为此时已经不再是第一位了，所以前导0是允许存在的，
所以这个时候，在处理第一位的时候就需要考虑
000 ~ 099了，
而在第一位时只需从100 ~ 199开始考虑，
多加上对应的次数即可。
貌似有点啰嗦了。。。。
下面是代码
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define R register int
4 #define LL long long
5 #define AC 15
6 LL l,r,cnt,tot;
7 LL ansl[AC],ansr[AC],f[AC][AC];//f[i][j] : 到了第i位(i = 2,00 ~ 99)，j出现的次数
8 int numl[AC],numr[AC];
9 /*由于枚举位数，所以不考虑前导零，
10 因此就可以直接递推次数了?
11 次数必须严格保证是i位的，就是说就算是000也要凑够i位
12 */
13 void pre()
14 {
15 scanf("%lld%lld\n",&l,&r);
16 l -= 1;//因为我计算的是r - l的，但是l要包括进来，，，，懒得改了，就在这里减一下吧
17 LL tmp=l;
18 while(tmp)
19 {
20 numl[++cnt]=tmp % 10;
21 tmp /= 10;
22 }
23 tmp=r;
24 while(tmp)
25 {
26 numr[++tot]=tmp % 10;
27 tmp /= 10;
28 }
29 for(R i=0;i<=9;i++) f[1][i]=1;
30 tmp=10;
31 for(R i=2;i<=tot;i++)//枚举位数
32 {
33 for(R j=0;j<=9;j++)
34 f[i][j] = f[i-1][j] * 10 + tmp;//因为新加入的第一位有10种，所以原来的位数要乘10
35 tmp *= 10;
36 }
37 /*for(R i=1;i<=tot;i++)
38 {
39 for(R j=0;j<=9;j++)
40 printf("%lld ",f[i][j]);
41 printf("\n");
42 }*/
43 }
44
45 void work1()
46 {
47 LL tmp=1;
48 for(R i=1;i<cnt;i++) tmp *= 10;
49 for(R j=0;j<=9;j++) ansl[j] += f[cnt-1][j];//就是这里会产生前导零吧,不过是整段的，可以稍作分析解决
50 LL t=1,sum=0;//现在是t个数码
51 for(R i=0;i<cnt;i++)//枚举位数（预先加的只有cnt-1位的ans,因为只有这部分是完整的)
52 {
53 ansl[0] -= (t - sum) * (cnt - 1 - i);//i位被占用，剩下的都是0
54 sum += t - sum;//累加上当前的数码个数
55 t *= 10;//10 ^ i个数码
56 }
57 for(R i=cnt; i ;i--)
58 {
59 int b = (i == cnt);//这里和下面都要特判第一位(因为有0取与不取的问题，即开头是否可以为0)
60 for(R j=b;j<numl[i];j++)//先统计当前位的
61 ansl[j] += tmp;
62 l -= numl[i] * tmp;
63 ansl[numl[i]] += l + 1;
64 if(i == cnt)//error!!!必须大于等于1才行
65 {
66 for(R j=0;j<=9;j++)
67 ansl[j] += f[i-1][j] * (numl[i] - 1);//这里只能批量加上前几个的，后面的是不规则的，要到后面处理
68 }
69 else
70 {
71 for(R j=0;j<=9;j++)
72 ansl[j] += f[i-1][j] * numl[i];//因为之后可以算0的了，所以就不要-1了
73 }
74 tmp /= 10;
75 }
76 }
77
78 void work2()
79 {
80 LL tmp=1;
81 for(R i=1;i<tot;i++) tmp *= 10;
82 for(R j=0;j<=9;j++) ansr[j] += f[tot-1][j];//就是这里会产生前导零吧,不过是整段的，可以稍作分析解决
83 LL t=1,sum=0;//现在是t个数码
84 for(R i=0;i<tot;i++)//枚举位数（预先加的只有tot-1位的ans,因为只有这部分是完整的)
85 {
86 ansr[0] -= (t - sum) * (tot - 1 - i);//i位被占用，剩下的都是0
87 sum += t - sum;//累加上当前的数码个数
88 t *= 10;//10 ^ i个数码
89 }
90 for(R i=tot; i ;i--)
91 {
92 int b = (i == tot);//因为只有第一位的0不合法，所以后面是可以统计到0的
93 for(R j=b;j<numr[i];j++)//先统计当前位的
94 ansr[j] += tmp;
95 r -= numr[i] * tmp;//这里本意就是要获取低于当前位的数码，因此前面减掉了的要在r里面也减掉，不然获取不出来
96 //ansr[numr[i]] += r - numr[i] * tmp + 1;
97 ansr[numr[i]] += r + 1;//因为前面已经减过了，所以这里就不要减了
98 if(i == tot)//error!!!必须大于等于1才行
99 {
100 for(R j=0;j<=9;j++)
101 ansr[j] += f[i-1][j] * (numr[i] - 1);//这里只能批量加上前几个的，后面的是不规则的，要到后面处理
102 }
103 else
104 {
105 for(R j=0;j<=9;j++)
106 ansr[j] += f[i-1][j] * numr[i];//因为之后可以算0的了，所以就不要-1了
107 }
108 tmp /= 10;
109 }
110 /*for(int i=0;i<=9;i++) printf("%lld ",ansl[i]);
111 cout << endl;
112 for(int i=0;i<=9;i++) printf("%lld ",ansr[i]);
113 cout << endl;*/
114 for(R i=0;i<9;i++) printf("%lld ",ansr[i] - ansl[i]);
115 printf("%lld\n",ansr[9] - ansl[9]);
116 }
117
118 int main()
119 {
120 // freopen("in.in","r",stdin);
121 pre();
122 work1();
123 work2();
124 // fclose(stdin);
125 return 0;
126 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/ww3113306/p/9097253.html