本文主要是介绍第一篇 - 统计数字问题 (数位DP),希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值,需要的开发者们随着小编来一起学习吧!
目录
一、问题描述:
二、问题分析:
三、编写代码:
四、相关例题:
Tips:如果你是真的不理解,不要只看,拿出笔来跟着步骤自己分析。
一、 问题描述:
一本书的页码从自然数 1 开始顺序编码直到自然数 n 。书的页码按照通常的习惯编排, 每个页码不含多余的前导数字 0。 例如, 第 6 页用数字 6 表示而不是 06 或 006等。 数字计数问题要求对给定书的总页码 n,计算书的全部页码分别用到多少次数字 0、 1、... 、9。
二、问题分析:
1. 抽取题意:简单来说就是就是给定一个数字 n,统计 1~n 中用到了多少次数字0~9。
2. 初步思考:
很容易想到要分数位(如个位、十位、百位)来考虑。
为了方便思考,我们做一些约定:
从 0 开始考虑,即考虑0~n中用到了多少次数字0~9,同时计算前导0。
用一个长度为10的数组ans[10] 来存储各个数字的数量。
从最低位开始分析还是最高位开始分析?
应该从最高位开始分析。为什么不先从个位开始考虑呢?因为数字在有除个位外高位(如十位、百位)的情况下,低位是作用于高位的,低位是高位的补充。在这个问题中,单纯的低位并不能说明什么。
3. 示例分析:
① 对于一位数 D 来说,0~D 中用到的数字个数即 0~D 各一次。
② 对于两位数 CD 来说,我们先考虑C,即C0,先不管C有多大,当C可以为0时,有00,01, 02, ... , 09 这样的数字,则我们知道,C在为0的时候个位0~9的数字各用了一次,同时C本身被用到了10次;当C为1时,有这样的数字10,11,12, ..., 19 ,我们知道 C 为1的时候个位0~9的数字各用了一次,同时C 被用了10次。
以此类推我们知道,C每大一,个位数字0~9就都会被用到1 次。并且本身作为十位的C,C每大一,当前C表示的数字就会被用到10次。
注意此时C不能为最大值,因为C为最大值的话按照上述方法考虑,可能超过CD本来的值。
再来考虑D,
当C为最大值的时候,用到的数字即C0,C1,...,CD ,由此我们知道C为最大值时C会被用D+1次,0~D各用了一次。
经过总结得到,在考虑前导0的情况下,一个十位数字CD 0~9的数字用到的情况如下:
考虑十位得到的ans [ 0~9 ] + 1*C (虽然此时不能考虑十位最大值,但是有0啊)ans [ 0~C-1 ] + 10^1 ans [C] + (D+1) (此时十位取最大值)考虑个位得到的ans[ 0~D ] + 1
③ 有了上面的经验,我们来考虑三位数 ABC
首先对于百位A,即A00, A01, ... , A99
我们来统计一下个位和十位上的数字即 00,01,...,99加起来一共用了多少次0~9
按照上面的想法我们很容易知道,十位从0开始每加一,个位0~9就都会被用 1 次,同时十位本身,会被用到10次。这样我们知道每个数字都被用了 10*1 + 10 次,即20次。
同理并根据上面的结论,对于 000,001,...,999 ,我们知道,如果百位从0开始每加一,个位和十位的数字组合在一次0~9各会被用到 20次,同时作为百位本身,会被用到100次。这样我们知道每个数字都被用了 10*20 + 10^2 次,即300次。
根据这个思想很容易发现规律,对于n 位的数字 0 到 n 位的数字9,设 0~9 各数字会被用到的次数为F(n),则有 F(n) = 10 * F(n-1) + 10^(n-1),其中F(1)= 1
我们把结果记入一个名为dp 的数组:dp[0] = 0, dp[1]=1, dp[2]=20, dp[3]=300 , ....
这样我们可以知道
仅考虑百位A,有ans [ 0~9 ] + 20*Aans [0~A-1] + 10^2ans [ A ] + (BC + 1)仅考虑十位,有ans[ 0~9] + 1*Bans[ 0~B-1] + 10^1ans[ B ] + (C+1)仅考虑个位ans[ 0~C ] +1
4. 总结规律:
总结上方的规律可知,
在计入前导0的情况下,要考虑0~n 的数用到了多少各0~9的数字,应该自高向低逐次取出每一位分析
设取出的一位为数字为 X,同时其位于从个位数起的第 Y 位,剩余的低位构成的数字为 Z ,
则答案计算方法为:
ans[0~9] + dp[Y-1]*X (当X < max 时考虑低位)ans[0~X-1] + 10^(Y-1) (当X < max 时考虑X)ans[X] + (Z+1) (当 X = max 时考虑 X)经检查,该方法适用于个位及特殊情况。
5. 解除约定:
我们来考虑如何除去前导0
首先要明白一件事,前导0只对0的计数产生影响。
那么前导0是在哪里产生的呢?
如果上面说的你都明白了,那么很容易知道就在计算最高位时的这两步
ans[0~9] + dp[Y-1]*X (当X < max 时考虑低位)ans[0~X-1] + 10^(Y-1) (当X < max 时考虑X)
在最高位为0的时候多余出来的
按照上述方法考虑,设 n 位数多余出来的0的个数为 G(n)
① 你可以想象把所有数字都右对齐,得到:
G (1) = 0
G (2) = 10
G (3) = 10 + 100
......
G (n) = 10^1 + 10^2 + ... + 10^(n-1) ,其中 n>2
② 或者这样想:
两位数可以对所有个位数在十位补0,三位数可以在两位数的基础上再在百位上对所有两位数再补一个0,以此类推,易知这也是一个dp
得到 G (n) = G(n-1) + 10^(n-1),其中 G(1) = 0,n>2
至此,思考部分完成。
三、 编写代码:
算法时间复杂度仅为 O ( log10(n) ) ,接近 O (1) ,吊打暴力 O (nlog10n) 的算法。
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;LL n;
LL dp[20], ans[20],zeroNum[20]; //zeroNum 用于记录 n 位数的前导 0 个数
LL pow10[20]; //pow10 用于记录 10 的次方数void makeDp(){pow10[0]=1;for(int i=1;i<15;i++) pow10[i] = pow10[i-1]*10;dp[0]=0,dp[1]=1;zeroNum[0]=zeroNum[1]=0;for(int i=2;i<15;i++){pow10[i]=pow10[i-1]*10;zeroNum[i]=zeroNum[i-1] + pow10[i-1];dp[i]=10*dp[i-1] + pow10[i-1];}}void solve(LL n,LL ans[]){if(n==0){ans[0]=1;return;}LL bitNum = log10(n) + 1;LL num[20];LL nTmp = n;for(int i=1;i<=bitNum;i++){num[i] = nTmp%10;nTmp/=10;}for(int i=bitNum;i>=1;i--){LL x = num[i];LL y = i;n -= x*pow10[y-1];LL z = n;for(int j=0;j<10;j++){ans[j] += dp[y-1]*x;}for(int j=0;j<x;j++){ans[j]+=pow10[y-1];}ans[x] += z+1;}ans[0]-=zeroNum[bitNum];
}int main(){cin>>n; makeDp(); solve(n,ans);for(int i=0;i<10;i++){if(i==0) printf("%lld\n", ans[i]-1);else printf("%lld\n",ans[i]);}
}
四、 相关例题:
洛谷P2602:https://www.luogu.com.cn/problem/P2602
题目描述
给定两个正整数 aa 和 bb,求在 [a,b][a,b] 中的所有整数中,每个数码(digit)各出现了多少次。
输入格式
仅包含一行两个整数 a,ba,b,含义如上所述。
输出格式
包含一行十个整数,分别表示 0\sim 90∼9 在 [a,b][a,b] 中出现了多少次。
输入输出样例
输入
1 99
输出
9 20 20 20 20 20 20 20 20 20
说明/提示
数据规模与约定
- 对于 30% 的数据,保证 a≤ b ≤ 10^6;
- 对于 100% 的数据,保证 1≤a≤b≤10^12。
改改代码直接交:
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;LL a,b;
LL dp[20], ans1[20],ans2[20],zeroNum[20];
LL pow10[20];void makeDp(){pow10[0]=1;for(int i=1;i<15;i++) pow10[i] = pow10[i-1]*10;dp[0]=0,dp[1]=1;zeroNum[0]=zeroNum[1]=0;for(int i=2;i<15;i++){pow10[i]=pow10[i-1]*10;zeroNum[i]=zeroNum[i-1] + pow10[i-1];dp[i]=10*dp[i-1] + pow10[i-1];}}void solve(LL n,LL ans[]){if(n==0){ans[0]=1;return;}LL bitNum = log10(n) + 1;LL num[20];LL nTmp = n;for(int i=1;i<=bitNum;i++){num[i] = nTmp%10;nTmp/=10;}for(int i=bitNum;i>=1;i--){LL x = num[i];LL y = i;n -= x*pow10[y-1];LL z = n;for(int j=0;j<10;j++){ans[j] += dp[y-1]*x;}for(int j=0;j<x;j++){ans[j]+=pow10[y-1];}ans[x] += z+1;}ans[0]-=zeroNum[bitNum];
}int main(){cin>>a>>b;makeDp();solve(a-1,ans1);solve(b,ans2);for(int i=0;i<10;i++){printf("%lld ",ans2[i]-ans1[i]);}
}
这篇关于第一篇 - 统计数字问题 (数位DP)的文章就介绍到这儿,希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助!