总结

1. 假设 n == 2212, 算法分为两个步骤. 第一步, 将这个 2212 个数分为 1~ 212, 213 ~ 2212

2. 第一部分实际上是将 n 的规模缩小到 212. 假如知道如何求解 n = 2212, n = 212 就肯定也能求出

3. 第二部分可以再分为 3 个小步骤

  3.1 求解 213~2212 最高位上 1 的个数, 1000~1999, 共 1000 个

  3.2 假如 n = 1212, 最高位上 1 的个数就是 213 个, 因为最高位上 1 个个数需要根据最高位上的值来讨论

  3.3 计算后三位 1 出现的次数. 书上是这么描述的, 将某一位设置成 1, 其他两位各有 10 种选择, 所以 1 的个数是 3(3位分别设为 1 ) * 10 * 10, 因此 001~999 共有 300个1

4. 上面的步骤组合起来就是解

在第 3.3 步中, 求解 0 ~ 999* 中, 1 的个数时, 用一步全排列就能直接求出, 但逻辑上不太直接. 其背后的理论是, 每次仅关注某一位上 1 的个数. 对于 111 这种数, 其会被算 3 次, 因为它三位都含 1 , 所以不存在冲突什么的. 但题目若是修改成, 求解含 1 个数的个数, 那就不能不考虑冲突了, 就需要使用 c(4,3)*9 blabla 的了

代码, 没能 Pass 九度 oj

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <cstring>
#include <math.h>
using namespace std; char fir[];
char sec[]; int numof1(char *str) { int len = strlen(str);
if(len == && (*str) >= '')
return ;
if(len == && (*str)== '')
return ; int fir_pt = , sec_pt = , third_pt = ; int first = (*str) - ''; if(first > ) {
fir_pt = pow(, len-);
}else{
fir_pt = atoi(str+)+;
} sec_pt = first * (len-)* pow(, len-); third_pt = numof1(str+); return fir_pt + sec_pt + third_pt; }
int main() { int a, b;
while(scanf("%d%d", &a, &b) != EOF) {
if(a <= )
a = ;
else
a = a-; snprintf(fir, sizeof(fir), "%d", a);
snprintf(sec, sizeof(sec), "%d", b); //printf("%s %s\n", fir, sec);
//printf("%s\n", sec); int pt1 = numof1(fir);
int pt2 = numof1(sec); printf("%d\n", pt2-pt1);
}
return ;
}

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