1009 数字1的数量 数位dp

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==)　　//符合第二、三种情况的话
    {
        if(limit)　　//第二种情况
        s+=add(pos-);　　//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(,pos-);
    }

然后完整代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
int dp[][],n,m,digit[];
int add(int a)
{
    if(a<=)    //比如1后面没有数字了，直接返回1
    return ;
    else
    {
        int count=;
        for(int i=a;i>=;i--)
        {
            count+=digit[i]*pow(,i-);
        }
        return count+; //把全是0的情况也加一遍
    }
}
int dfs(int pos,int now,int limit)
{
    if(!pos)
    return ;
    int num=limit?digit[pos-]:;
    int s=;
    if(!limit&&dp[pos][now]!=-)
    return dp[pos][now];
    if(now==)
    {
        if(limit)
        s+=add(pos-);
        else
        s+=pow(,pos-);
    }
    for(int i=;i<=num;i++)
    {
        s+=dfs(pos-,i,limit&&(i==num));
    }
    if(!limit&&dp[pos][now]==-)
    dp[pos][now]=s;
    return s;
}
int cal(int a)
{
    int len=;
    while(a)
    {
        digit[++len]=a%;
        a/=;
    }
    return dfs(len+,,);//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,-,sizeof(dp));
    cout<<cal(n)<<endl;
    return ;
}

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[][],ss[],n,m;
int main()
{
    cin>>n;
    memset(dp,,sizeof(dp));
    for(int i=;i<=;i++)
    dp[][i]=;
    for(int i=;i<=;i++)
    {
        for(int j=;j<=;j++)
        {
            if(j==)
            dp[i][j]=dp[i-][];
            else
            dp[i][j]=dp[i][j-]+dp[i-][]+pow((j==)*,i-);//先推出
        }
    }
    int digit[];
    int len=;
    ll m=n;
    while(n)
    {
        digit[++len]=n%;//把每一位上的数字存下来
        n/=;
    }
    for(int i=len;i>=;i--)
    {
        ll s=pow(,i-);//例如1435，把435,35 ,5都存下来
        ss[i]=m%s;
    }
    ll ans=;
    for(int i=len;i>=;i--)
    {
        if(i>)
        ans+=dp[i][digit[i]-];
        else
        ans+=dp[i][digit[i]];
        if(digit[i]==&&i>)//判断这一位是不是1，
        {
            ans+=ss[i]+;
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return ;
 }