洛谷P2602 [ZJOI2010] 数字计数 数位DP裸题
题目链接:传送门题面题目描述给定两个正整数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。输入输出格式输入格式:输入文件中仅包含一行两个整数a、b,含义如上所述。输出格式:输出文件中包含一行10个整数,分别表示0-9在[a,b]中出现了多少次。输入输出样例输入样例#1:1 99输出样例#1:9 20 20 20 20 20 20 20 20 2...
题目链接:传送门
题面
题目描述
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。
输入输出格式
输入格式:
输入文件中仅包含一行两个整数a、b,含义如上所述。
输出格式:
输出文件中包含一行10个整数,分别表示0-9在[a,b]中出现了多少次。
输入输出样例
输入样例#1:
1 99
输出样例#1:
9 20 20 20 20 20 20 20 20 20
说明
30%的数据中,a<=b<=
1
0
6
10^6
106;
100%的数据中,a<=b<=
1
0
12
10^{12}
1012。
方法
数位DP大水题
由于a,b最大可取到
1
0
12
10^{12}
1012,复杂度O(n)及以上的算法显然不适用。
又因为要求的值是数字出现次数,所以考虑使用数位DP。
按照数位DP基本思路,容易得出子状态dp[i][j]表示第i位时,已经有j个当前数字时共有多少当前数字。
使用记忆化搜索,传参如下:
now : 当前位数,从最高位搜到1,当now==0时直接返回
digit : 当前正在求的数字(0~9)
sum : 当前digit出现次数
limit : 当前是否是可以填的数的最大值
zero : 有无前导0
初写数位DP容易错的点:若!limit &&!zero
,才可以更新(返回)dp[now][sum]
其他按照数位DP模板敲基本就可以,具体见代码。
代码
#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#define re register int
using namespace std;
typedef long long ll;
ll read() {
register ll x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') {
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0' && ch<='9') {
x=10*x+ch-'0';
ch=getchar();
}
return x*f;
}
const int Size=15;
ll a[Size],dp[Size][Size];
//dp[i][j]:第i位,已经有j个当前数字时共有多少当前数字
ll dfs(int now,int digit,ll sum,bool limit,bool zero) {
//now==0说明所有位数都搜过,则返回当前digit出现次数sum
if(!now) return sum;
//注意此处的判断条件
if(!limit && !zero && dp[now][sum]!=-1) return dp[now][sum];
ll up=9,ans=0;
if(limit) up=a[now];
//搜索下一位时,注意sum要在无前导0时更新
for(int i=0; i<=up; i++)
ans+=dfs(now-1,digit,sum+((!zero || i) && i==digit),limit && i==a[now],zero && !i);
if(!limit && !zero) dp[now][sum]=ans;
return ans;
}
ll DP(ll x,int digit) {
//注意本题中每次DP都要memset一次
memset(dp,-1,sizeof(dp));
int cnt=0;
//把x拆分成cnt个位
while(x) {
a[++cnt]=x%10;
x/=10;
}
return dfs(cnt,digit,0,true,true);
}
int main() {
ll a=read();
ll b=read();
//把[a,b]转化为[0,b]-[0,a-1]
for(re i=0; i<=9; i++) printf("%lld ",DP(b,i)-DP(a-1,i));
return 0;
}
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