题意：
小于等于n的所有数中1的出现次数
分析：
数位DP
预处理dp[i][j]存 从1~以j开头的i位数中有几个1，那么转移方程为:
if(j == 1) dp[i][j] = dp[i-1][9]*2+pow(10,i-1);
else dp[i][j] = dp[i-1][9]+dp[i][j-1];
然后注意下对于每个询问统计的时候如果当前位为1需要额外加上他后面所有位数的个数，就是n%pow(10,i-1);
这样总复杂度log(n)*10
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; #define rep(i,a,n) for(int i = a; i < n; i++) #define repe(i,a,n) for(int i = a; i <= n; i++) #define per(i,n,a) for(int i = n; i >= a; i--) #define clc(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) const int INF = 0x3f3f3f3f, MAXN = 11; int dp[MAXN][10];///dp[i][j]从1~以j开头的i位数中有几个1 int bit[MAXN]; int main() { #ifdef SHY freopen("d:\1.txt", "r", stdin); #endif int tmp = 10; rep(i,1,10) dp[1][i] = 1; repe(i,2,9) { rep(j,1,10) { if(j == 1) dp[i][j] = dp[i-1][9]+tmp; else dp[i][j] = dp[i][j-1]; dp[i][j] += dp[i-1][9]; } tmp *= 10; } int n,cnt = 0; scanf("%d", &n); tmp = n; while(tmp) { bit[++cnt] = tmp%10; tmp /= 10; } int ans = 0,sum = 0; per(i,cnt,1) { if(bit[i] == 0) continue; if(bit[i] == 1) ans += dp[i-1][9]+1+n%((int)pow(10,i-1)); else ans += dp[i][bit[i]-1]; } printf("%d ", ans); return 0; }
2.
解题关键：数位dp，对每一位进行考虑，通过过程得出每一位上1出现的次数
1位数的情况：
在解法二中已经分析过，大于等于1的时候，有1个，小于1就没有。
2位数的情况：
N=13,个位数出现的1的次数为2，分别为1和11，十位数出现1的次数为4，分别为10,11,12,13，所以f(N) = 2+4。
N=23,个位数出现的1的次数为3，分别为1，11，21，十位数出现1的次数为10，分别为10~19，f(N)=3+10。
由此我们发现，个位数出现1的次数不仅和个位数有关，和十位数也有关，如果个位数大于等于1，则个位数出现1的次数为十位数的数字加1；如果个位数为0，个位数出现1的次数等于十位数数字。而十位数上出现1的次数也不仅和十位数相关，也和个位数相关：如果十位数字等于1，则十位数上出现1的次数为个位数的数字加1，假如十位数大于1，则十位数上出现1的次数为10。
3位数的情况:
N=123
个位出现1的个数为13:1,11,21，…，91,101,111,121
十位出现1的个数为20:10~19,110~119
百位出现1的个数为24:100~123
我们可以继续分析4位数，5位数，推导出下面一般情况：
假设N，我们要计算百位上出现1的次数，将由三部分决定：百位上的数字，百位以上的数字，百位一下的数字。
如果百位上的数字为0，则百位上出现1的次数仅由更高位决定，比如12013，百位出现1的情况为100~199,1100~1199,2100~2199，…，11100~11199，共1200个。等于更高位数字乘以当前位数，即12 * 100。
如果百位上的数字大于1，则百位上出现1的次数仅由更高位决定，比如12213，百位出现1的情况为100~199,1100~1199,2100~2199，…，11100~11199，12100~12199共1300个。等于更高位数字加1乘以当前位数，即（12 + 1）*100。
如果百位上的数字为1，则百位上出现1的次数不仅受更高位影响，还受低位影响。例如12113，受高位影响出现1的情况：100~199,1100~1199,2100~2199，…，11100~11199，共1200个，但它还受低位影响，出现1的情况是12100~12113，共114个，等于低位数字113+1。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int solve(int n){ int cnt=0,i=1,be,af,cur; while(n/i){ be=n/(i*10); af=n-n/i*i; cur=n/i%10; if(cur>1) cnt+=(be+1)*i; else if(cur<1) cnt+=be*i; else cnt+=be*i+1+af; i*=10; } return cnt; } int main(){ int n; cin>>n; int ans=solve(n); cout<<ans<<endl; return 0; }