1级算法题就这样了，前途渺茫啊。。。
更新一下博客，我刚刚想套用数位dp的模板，发现用那个模板也是可以做到，而且比第二种方法简单很多
第一种方法：我现在用dp[pos][now]来表示第pos位数字为now时数字1的数量，如果用数位dp的话，现在我们有三种情况
第一种情况：now！=1，那我没什么好说的了，继续向下搜吧。
第二种情况：now==1&&limit ：如果知道数位dp的套路的话，这个limit的意思相信是知道的，比如说一个数字1687，我们在程序走到pos==4，now==1时，这个时候limit==1，说明它后面的值有约束，只能从000到687，所以我们这个时候就要我们把千位的1全部加上就是688（1000也是一种）。
第三种情况：now==1&&limit==0：比如说2687，如果pos==4，now==1，这个时候limit==0，因为1_ _ _ 这里后面的三位数随便拿，反正不会超过2000就是了，这个时候把千位的1全部加起来就是pow（10，pos-1）；
if(now==1) //符合第二、三种情况的话 { if(limit) //第二种情况 s+=add(pos-1); //这个函数是把后面的数字加一遍（例如上面的0到687，返回值就是688） else //第三种情况 s+=pow(10,pos-1); }
然后完整代码：
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; int dp[20][20],n,m,digit[20]; int add(int a) { if(a<=0) //比如1后面没有数字了，直接返回1 return 1; else { int count=0; for(int i=a;i>=1;i--) { count+=digit[i]*pow(10,i-1); } return count+1; //把全是0的情况也加一遍 } } int dfs(int pos,int now,int limit) { if(!pos) return 0; int num=limit?digit[pos-1]:9; int s=0; if(!limit&&dp[pos][now]!=-1) return dp[pos][now]; if(now==1) { if(limit) s+=add(pos-1); else s+=pow(10,pos-1); } for(int i=0;i<=num;i++) { s+=dfs(pos-1,i,limit&&(i==num)); } if(!limit&&dp[pos][now]==-1) dp[pos][now]=s; return s; } int cal(int a) { int len=0; while(a) { digit[++len]=a%10; a/=10; } return dfs(len+1,0,1);//在这里我把它提前了一位，这个0改成-1什么的都可以，只要不是1就行了 } int main() { cin>>n; memset(dp,-1,sizeof(dp)); cout<<cal(n)<<endl; return 0; }
第二种方法：
给我们一个数字n，求从1到n中所有数字里1的数量；这里给的分类是数位dp，那我们先用dp[i][j]来表示从1到第i位为j的数字1的数量，
例如dp[3][2]就表示从1到299的数字1的数量，那怎么推呢？
假设现在是dp[3][1]，也就是从1到199，这个数字更特殊一点点，那么我们可以把它表示为两个部分，1到99和100到199，
现在1到99很简单，就是dp[2][9]就是了，那100到199呢？其实我们可以把它的百位数分离，因为它的百位一定是1，
那么就一定有10^2个1，那就变成了10^2+(1到99之间数字1的数量)。
再来一个例子dp[3][2],现在是1到299了，我们可以把它变成（1到199）+（200到299），1到199就是dp[3][1],
而200到299，因为2不是1，那么200到299等价于1到99.
于是我们可以得出一个大致的结论：
dp[3][1]= dp[3][0] + dp[2][9] +(1==1)*pow(10,3-1);
dp[3][2]= dp[3][1] + dp[2][9] +(2==1)*pow(10,3-1);
dp[i][j]= dp[i][j-1] + dp[i-1][9] +(i==1)*pow(10,i-1);
但是j==0时，j-1等于0，那么我们可以改进一下：
if（j==0）
dp[i][j]=dp[i-1][9]; dp[3][0]等价于dp[2][9]
else
dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][9]+(i==1)*pow(10,i-1);
终于把这个东西推完了，但是我们怎么表示一个任意的n呢？
比如说n=435，好，现在我们要求1到435之间的1的数量，435可以分为,（1到399）+（400到435）。
而400到435又可以把4分离，如果4==1（额，我是说如果这个百位上的数字为1），好吧这不可能，那就是（1到399）+（1到35）了，然后35又持续这个过程。。。，但是当n=135时，就是（1到99）+（1到35）+（35+1），最后这个（35+1）是因为百位为1，那么就要加上百位上的1，即（100到135）百位上的1有（35+1）个。直接看代码，我表达不行。
#include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; #define ll long long ll dp[15][15],ss[15],n,m; int main() { cin>>n; memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i=1;i<=9;i++) dp[1][i]=1; for(int i=2;i<=10;i++) { for(int j=0;j<=9;j++) { if(j==0) dp[i][j]=dp[i-1][9]; else dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][9]+pow((j==1)*10,i-1);//先推出 } } int digit[15]; int len=0; ll m=n; while(n) { digit[++len]=n%10;//把每一位上的数字存下来 n/=10; } for(int i=len;i>=1;i--) { ll s=pow(10,i-1);//例如1435，把435,35 ,5都存下来 ss[i]=m%s; } ll ans=0; for(int i=len;i>=1;i--) { if(i>1) ans+=dp[i][digit[i]-1]; else ans+=dp[i][digit[i]]; if(digit[i]==1&&i>1)//判断这一位是不是1， { ans+=ss[i]+1; } } cout<<ans<<endl; return 0; }