Codeforces D. Little Elephant and Interval（思维找规律数位dp）

题目描述：

Little Elephant and Interval

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2 seconds

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256 megabytes

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standard input

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standard output

The Little Elephant very much loves sums on intervals.

This time he has a pair of integers l and r (l ≤ r). The Little Elephant has to find the number of such integers x (l ≤ x ≤ r), that the first digit of integer x equals the last one (in decimal notation). For example, such numbers as 101, 477474 or 9 will be included in the answer and 47, 253 or 1020 will not.

Help him and count the number of described numbers x for a given pair l and r.

Input

The single line contains a pair of integers l and r (1 ≤ l ≤ r ≤ 1018) — the boundaries of the interval.

Please, do not use the %lld specifier to read or write 64-bit integers in С++. It is preferred to use cin, cout streams or the %I64d specifier.

Output

On a single line print a single integer — the answer to the problem.

Examples

Input

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2 47

Output

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12

Input

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47 1024

Output

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98

Note

In the first sample the answer includes integers 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 11, 22, 33, 44.

思路：

题目是说给一个区间，求这个闭区间内有多少个第一位等于最后一位的数。刚开始，由于数可能会比较大，想到了字符串表示，有找到了一些规律如下：

1---------9---------1*9

11--------99--------1*9

101---------999------10*9

1001-----------9999------100*9

....

这样就先确定区间端点所在的位置，位置中间的整段可以直接求出来。关键在于判断，怎么判断区间端点在整段里前面有多少个数，后面有多少个数。先看只有一个数字的数，然后两个及以上数字的数，先看第一位的元素个数res，再看剩下的位数组成数字的大小tmp和最后一位s[len-1]的大小，如果小于这一部分tmp就为0，大于等于就加上tmp-s[0]，再看s[0]与s[len-1]的大小，如果s[0]>s[len-1]就说明包含不了这个最后的数（比如2021，1<2，所以包含不了2022），tmp--，否则tmp就不用减，返回res+tmp。由于这种方法思路复杂，需要很多特判，考虑容易不全，一旦思路转到这个上面，写不对就完了。

字符模拟代码：

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
string l,r;
long long len1;
long long len2;
long long ans = 0;
long long q_mod(long long a,int b)
{
    long long res = 1;
    if(b==-1)
    {
        return 1;
    }
    while(b)
    {
        if(b&1) res = res*a;
        a = a*a;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
long long sub(string s)
{
    //cout << "s " << s << endl;
    int len = s.size();
    if(len==1)
    {
        return s[0]-'0';
    }
    long long res = 0;
    res = (s[0]-'1')*q_mod(10,len-2);
    long long tmp = 0;
    for(int i = 1;i<len;i++)
    {
        tmp = 10*tmp+s[i]-'0';
    }
    //cout << "tmp " << tmp << endl;
    if(tmp>=s[0]-'0')
    {
        tmp-=(s[len-1]-'0');
        tmp /= 10;
        if(s[len-1]>=s[0])
        {
            tmp+=1;
        }
    }
    else
    {
        tmp = 0;
    }
    return res+tmp;
}
int main()
{
    cin >> l >> r;
    len1 = l.size();
    len2 = r.size();
    for(int i = len1+1;i<len2;i++)
    {
        ans += 9*q_mod(10,i-2);
    }
    long long tmp1 = sub(l);
    if(l[0]==l[len1-1]) tmp1--;
    long long tmp2 = sub(r);
    //cout << "tmp1 " << tmp1 << " tmp2 " << tmp2 << endl;
    //cout << "q_mod " << 9*q_mod(10,len1-2) << endl;
    if(len1==len2)
    {
        ans += tmp2-tmp1;
    }
    else
    {
        ans += (9*q_mod(10,len1-2)-tmp1)+tmp2;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

当然这题可以有跟简单的考虑。我们要求[l,r]的满足条件的数，不如求[1,l-1]，[1,r]的数，最后两个区间相减。同时也不用字符串，直接找规律，直接将数除以10，就得到它在[11,n]中满足条件的数。比如1024除以10就是102，表示[11,1024]里有102个满足条件的数。再加上9就得到[1,1024]的数。

至于为什么会这样，我们依据上面的规律

1---------9---------1*9

11--------99--------1*9

101---------999------10*9

1001-----------9999------100*9

....

发现[11,n]中满足条件的数是\(num = 10^{len(n)-1}-1\)，如果n=99...9的话，其中len(n)是n的长度。我们可以发现99999/10=9999，实际上就是\(num=10^4-1\)。其实一个数满足首末元素相等的话，我们除以十就忽略掉了末元素。实际上除以十就是上一种思路的简化表示。上一种思路中的res与tmp部分做的就是这个事。举个栗子：1024，1024/10=102，这102是怎么来的呢：999/10+2-0+1，999/10表示前面整段满足条件的个数，2-0+1做的就是上一种思路做的。

所以这一点后，实现就简单了，思路也简单了。注意的是一位数的特判，直接返回即可。

找规律代码：

#include <iostream>
using namespace std;
long long l,r;
long long cal(long long n)
{
    long long ans = n/10;
    if(n<10) return n;
    ans += 9;
    int tmp = n%10;
    while(n>=10)
    {
        n /= 10;
    }
    if(n>tmp)
    {
        ans--;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    cin >> l;
    cin >> r;
    cout << cal(r)-cal(l-1) << endl;
    return 0;
}

然后，这道题是跟数的组成有关的，因此可以考虑数位dp，求出[1,l-1]与[1,r]的满足条件的数，相减即可，思路与上一种类似。

dp[pos] [num]表示处理到第pos位，第一位是num的满足条件的数的个数。代码中st表示前一位数，lead表示有无前导零，limit表示对当前位有无限制。注意数据范围。

数位dp代码：

#include <iostream>
#include <memory.h>
using namespace std;
long long dp[20][10];
int x[20];
int cnt;
long long dfs(int pos,int num,int st,int limit,int lead)
{
    if(pos<1) return num==st;
    if(dp[pos][num]!=-1&&!limit&&!lead) return dp[pos][num];//记忆化搜索
    int up = limit?x[pos]:9;
    long long res = 0;
    for(int i = 0;i<=up;i++)
    {
        if(lead&&(i==0))//若有前导零，这一位也是零，继续处理下一位
        {
            res += dfs(pos-1,0,st,i==up&&limit,lead);
        }
        if(lead&&i)//若有前导零，这一位不是零，以这一位为数的第一位
        {
            if(1==pos) st = i;//如果这是数的唯一一位，也是最后一位，把st设为i
            res += dfs(pos-1,i,st,limit&&i==up,!lead);
        }
        if(!lead)//若无前导零，正常递归
        {
            res += dfs(pos-1,num,i,limit&&i==up,lead);
        }
    }
    if(!limit&&!lead) dp[pos][num] = res;//记录
    return res;
}
long long Count(long long n)
{
    cnt = 0;
    while(n)
    {
        x[++cnt] = n%10;
        n/=10;
    }
    /*for(int i = 1;i<=cnt;i++)
    {
        cout << x[i] << " ";
    }
    cout << endl;*/
    return dfs(cnt,0,-1,1,1);
}
int main()
{
    long long l,r;
    cin >> l >> r;
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    //cout << "rr " << Count(r) << endl;
    //cout << "ll " << Count(l-1) << endl;
    cout << Count(r)-Count(l-1) << endl;
}

参考文章：

luminous11，CodeForces 204A Little Elephant and Interval，https://blog.csdn.net/luminous11/article/details/43971413

My_ACM_Dream，codeforces 204A Little Elephant and Interval (数位dp)，https://blog.csdn.net/my_acm_dream/article/details/43373419

Mathison，数字组成的奥妙——数位dp，https://www.luogu.org/blog/virus2017/shuweidp

wust_wenhao，数位dp总结 之 从入门到模板，https://blog.csdn.net/wust_zzwh/article/details/52100392