Luogu P2602 [ZJOI2010]数字计数

这算是一道数位DP的入门题了吧虽然对于我来说还是有点烦

经典起手式不讲了吧，(ans(a,b) o ans(1,b)-ans(1,a-1))

我们首先预处理一个东西，用(f_i)表示有(i)位数字的时候，每个数字有几个（注意是和）。若不考虑前导零，则所有数字都是等价的，转移为：

(f_i=10cdot f_{i-1}+10^{i-1})

这个还是比较好理解的吧，前面一项表示无论这一位放什么直接从前面拿过来已有的，所以这一位可以放(0 o9)十个数，后面一项表示当这一位放上想要的数字时和前面得出的贡献。

我们发现这样就很巧妙的避免了重复，因为前后两次计算刚好会产生多次贡献。

然后考虑如何根据(f_i)推出答案。假设现在的数为(ABCD)

和常规的数位DP一样，我们优先考虑首位对答案的共献，由于(1000,2000,...,A000)都小于等于(ABCD)，可以直接加入贡献，所以我们将答案加上(Acdot f_3)即可。

然后就是剩下的(A000 o ABCD)部分了，但是我们发现这个的求解过程就相当于(BCD)的贡献。

所以我们成功将大问题分解，接下来就是继续算下一位的贡献了

最后还有一个关于前导零的问题了，我们继续手玩一波

当首位为(0)时，后面的(10^{i-1})位都是不合法的，以此类推，当前两位为(0)时，后面的(10^{i-2})位也不合法。

因此(0)的贡献应该减去(sum_{i=0}^{len-1} 10^i)((len)表示数字位数)

然后可喜可贺，终于做完了，上CODE吧

#include<cstdio>
#include<cctype>
using namespace std;
const int N=15;
const long long pow[12]={1,10,100,1000,10000,100000,1000000,10000000,100000000,1000000000,10000000000,100000000000};
long long a,b,c[10],d[10],f[N];
int bit[N],cnt;
inline char tc(void)
{
    static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
    return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(long long &x)
{
    x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
    while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc()));
}
inline void write(long long x)
{
    if (x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
inline void init(void)
{
    for (register int i=1;i<=12;++i) f[i]=f[i-1]*10+pow[i-1];
}
inline void resolve(long long x)
{
    cnt=0; while (x) bit[++cnt]=x%10,x/=10;
}
inline void solve(long long x,long long *num)
{
    register int i,j; resolve(x);
    for (i=cnt;i>=1;--i)
    {
        for (j=0;j<bit[i];++j) num[j]+=pow[i-1];
        for (j=0;j<=9;++j) num[j]+=f[i-1]*bit[i];
        long long tot=0;
        for (j=i-1;j>=1;--j) tot=tot*10+bit[j];
        num[bit[i]]+=tot+1; num[0]-=pow[i-1];
    }
}
int main()
{
    //freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
    register int i; read(a); read(b); init(); 
    solve(a-1,c); solve(b,d);
    for (i=0;i<=9;++i) write(d[i]-c[i]),putchar(' ');
    return 0;
}