Bomb

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 131072/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 7921    Accepted Submission(s): 2778

Problem Description
The
counter-terrorists found a time bomb in the dust. But this time the
terrorists improve on the time bomb. The number sequence of the time
bomb counts from 1 to N. If the current number sequence includes the
sub-sequence "49", the power of the blast would add one point.
Now the counter-terrorist knows the number N. They want to know the final points of the power. Can you help them?
 
Input
The
first line of input consists of an integer T (1 <= T <= 10000),
indicating the number of test cases. For each test case, there will be
an integer N (1 <= N <= 2^63-1) as the description.

The input terminates by end of file marker.

 
Output
For each test case, output an integer indicating the final points of the power.
 
Sample Input
3
1
50
500
 
Sample Output
0
1
15

Hint

From 1 to 500, the numbers that include the sub-sequence "49" are "49","149","249","349","449","490","491","492","493","494","495","496","497","498","499",
so the answer is 15.

 
Author
fatboy_cw@WHU
 
Source
 
题意: 给你一个数n,要你统计出1到n中出现含有49数字的个数: 比如 498,549,49.....
对于这一道题: 看到一个博客引用了这张图片,觉得说的很清晰,就引用了..
 
我们对于 i-1长度的数字分析,无疑就这么集中情况(当然只是围绕49来说的哇)首部分析:
                                                          i-1长度                                  那么对于 i长度
首部为49 ,那么它的格式必然为:              49****                                   ?49****(?可能为9)
 
首部保函9 ,那么它的格式必然为:             9*****                                   ?9*****(?可能为4)
 
首部部位49 ,那么它的格式为:                *******                                  ?*******(?可能为9)
 
    我们不妨用dp[i][2]表示首部为49的,dp[i][1]表示首部为9的,dp[i][0]表示首部不为49,于是我们可以发现这样一个规律:
 
     dp[i-1][2]向前移一位,即原来的个位变为十位,十位变为百位的那种移位。 形成dp[i][2],但是需要注意的是:
      当dp[i-1][2]时,其实由我上面说的,?可能为9 ,所以当向前移一位时,?为9的可能性被去掉了。所以
    dp[i-1][2]*10(移动一位时)需要减去 开头为9的那种模式dp[i-1][1],所以得到:
  (1)      dp[i][2]=dp[i-1][2]*10-dp[i-1][1];
    对于i位首部为9那么后面只需要满足不为49即可,刚好满足dp[i][0];
  (2)  所以 dp[i][1]=d[i-1][0];
   对于首部不为49的
       同样也可以分析出来...
      dp[i][0]=dp[i-1][0]*10+dp[i-1][1];
 
于是得到这样一个预处理方程:
                        dp[i][2]=dp[i-1][2]*10-dp[i-1][1];
                        dp[i][1]=d[i-1][0]; 
                        dp[i][0]=dp[i-1][0]*10+dp[i-1][1];
代码:详情见代码:
 //#define LOCAL
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define LL __int64
using namespace std;
const int maxn=;
LL dp[maxn][]={};
int nn[maxn];
int main()
{ #ifdef LOCAL
freopen("test.in","r",stdin);
#endif
int cas,i;
LL n;
scanf("%d",&cas);
/*数位DP的惯有模式预处理*/
dp[][]=;
for(i=;i<=;i++)
{
dp[i][]=dp[i-][]*-dp[i-][];
dp[i][]=dp[i-][];
dp[i][]=dp[i-][]*+dp[i-][];
}
while(cas--)
{
scanf("%I64d",&n);
i=;
n+=;
memset(nn,,sizeof(nn));
while(n>)
{
nn[++i]=n%;
n/=;
}
LL ans=;
bool tag=;
int num=;
for( ; i>= ; i-- )
{
ans+=dp[i-][]*nn[i]; /*计算49开头的个数*/
if(tag){
ans+=dp[i-][]*nn[i]; /*当前面出现了49的时候,那么后面出现的任何数字也要进行统计*/
}
if(!tag&&nn[i]>)
{
ans+=dp[i-][]; /*如果没有出现49开头,只要首部大于5,那么必定保函有一个49*/
}
if(num==&&nn[i]==)
tag=;
num=nn[i];
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return ;
}

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