Bomb
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Problem Description
The
counter-terrorists found a time bomb in the dust. But this time the
terrorists improve on the time bomb. The number sequence of the time
bomb counts from 1 to N. If the current number sequence includes the
sub-sequence "49", the power of the blast would add one point.
Now the counter-terrorist knows the number N. They want to know the final points of the power. Can you help them?
Input
The
first line of input consists of an integer T (1 <= T <= 10000),
indicating the number of test cases. For each test case, there will be
an integer N (1 <= N <= 2^63-1) as the description.
The input terminates by end of file marker.
Output
For each test case, output an integer indicating the final points of the power.
Sample Input
3
1
50
500
Sample Output
0
1
15
Hint
From 1 to 500, the numbers that include the sub-sequence "49" are "49","149","249","349","449","490","491","492","493","494","495","496","497","498","499",
so the answer is 15.
Author
[email protected]
Source
2010 ACM-ICPC Multi-University Training Contest（12）——Host by WHU
题意： 给你一个数n,要你统计出1到n中出现含有49数字的个数： 比如 498,549,49.....
对于这一道题： 看到一个博客引用了这张图片，觉得说的很清晰，就引用了..
我们对于 i-1长度的数字分析，无疑就这么集中情况（当然只是围绕49来说的哇）首部分析：
i-1长度 那么对于 i长度
首部为49 ，那么它的格式必然为： 49**** ？49****（？可能为9）
首部保函9 ，那么它的格式必然为： 9***** ？9*****（？可能为4）
首部部位49 ，那么它的格式为： ******* ？*******（？可能为9）
我们不妨用dp[i][2]表示首部为49的,dp[i][1]表示首部为9的，dp[i][0]表示首部不为49，于是我们可以发现这样一个规律：
dp[i-1][2]向前移一位，即原来的个位变为十位，十位变为百位的那种移位。 形成dp[i][2],但是需要注意的是:
当dp[i-1][2]时，其实由我上面说的，？可能为9 ，所以当向前移一位时，？为9的可能性被去掉了。所以
dp[i-1][2]*10（移动一位时）需要减去 开头为9的那种模式dp[i-1][1],所以得到：
（1） dp[i][2]=dp[i-1][2]*10-dp[i-1][1];
对于i位首部为9那么后面只需要满足不为49即可，刚好满足dp[i][0];
（2） 所以 dp[i][1]=d[i-1][0];
对于首部不为49的
同样也可以分析出来...
dp[i][0]=dp[i-1][0]*10+dp[i-1][1];
于是得到这样一个预处理方程：
dp[i][2]=dp[i-1][2]*10-dp[i-1][1];
dp[i][1]=d[i-1][0];
dp[i][0]=dp[i-1][0]*10+dp[i-1][1];
代码：详情见代码：
1 //#define LOCAL
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #define LL __int64
5 using namespace std;
6 const int maxn=25;
7 LL dp[maxn][3]={0};
8 int nn[maxn];
9 int main()
10 {
11
12 #ifdef LOCAL
13 freopen("test.in","r",stdin);
14 #endif
15 int cas,i;
16 LL n;
17 scanf("%d",&cas);
18 /*数位DP的惯有模式预处理*/
19 dp[0][0]=1;
20 for(i=1;i<=20;i++)
21 {
22 dp[i][0]=dp[i-1][0]*10-dp[i-1][1];
23 dp[i][1]=dp[i-1][0];
24 dp[i][2]=dp[i-1][2]*10+dp[i-1][1];
25 }
26 while(cas--)
27 {
28 scanf("%I64d",&n);
29 i=0;
30 n+=1;
31 memset(nn,0,sizeof(nn));
32 while(n>0)
33 {
34 nn[++i]=n%10;
35 n/=10;
36 }
37 LL ans=0;
38 bool tag=0;
39 int num=0;
40 for( ; i>=1 ; i-- )
41 {
42 ans+=dp[i-1][2]*nn[i]; /*计算49开头的个数*/
43 if(tag){
44 ans+=dp[i-1][0]*nn[i]; /*当前面出现了49的时候，那么后面出现的任何数字也要进行统计*/
45 }
46 if(!tag&&nn[i]>4)
47 {
48 ans+=dp[i-1][1]; /*如果没有出现49开头，只要首部大于5，那么必定保函有一个49*/
49 }
50 if(num==4&&nn[i]==9)
51 tag=1;
52 num=nn[i];
53 }
54 printf("%I64d\n",ans);
55 }
56 return 0;
57 }