最近在寫DP，今天把最近寫的都放上來好了,,,

題意：給定兩個正整數a和b，求在[a,b]中的所有整數中，每個數碼(digit)各出現了多少次。

首先詢問的是一個區間，顯然是要分別求出1 ~ r ,1 ~ l的答案，然後相減得到最終答案

首先我們觀察到，產生答案的區間是連續的，且可以被拆分，

也就是說0 ~ 987的貢獻= 0 ~ 900 + 901 ~ 987的恭喜，

同理，把位拆開也是等價的，所以我們可以單獨計算每個位的貢獻

這樣講可能有點不太清晰，舉個例子吧

3872

我們先把它按數拆開來算：分為0 ~ 999 + 1000 ~ 3872

然後再把1000 ~ 3872的部分按位拆開來算

設f[i][j]為到了第i位j出現的次數（i=2 00 ~ 99）,註意允許前導0的存在，只是必須是共i位

對於一個數n，若有t位，那麽前面那部分是t-1位的，後面則是計算t位的（因為前面t-1位沒有限制）

因此我們先加上t-1位的數字出現次數，

首先當i=1時，顯然f[i][j]=1,

當i變為2時，我們可以腦補一下，2位可以拆分為1位+1位，而前面的1位有10種可能，因此後面的1位會出現10次，

而前面的一位也因此使得每種數字要+10，

當i變為3時，我們可以再次腦補，3位可以拆分為1位+2位，前面的一位還是有10種可能，因此後面的2位會出現10次，

而前面的一位也因此使得每種數字要+100

……

於是觀察可得

f[i][j] = f[i-1][j] * 10 + 10^(i-1);

因此第一部分：

ans[j] += f[cnt-1][j];

為什麽只要加這個呢？

因為這個是從0開始的啊！

比如當cnt-1==3時，

f[cnt-1][j]記錄的就是000 ~ 999的出現次數，

顯然包括了1位2位3位的，

但是這樣會有前導0，怎麽辦呢？

把數字列出來稍微觀察一下即可得知：

對於任意一個數而言，其前導0個數為總位數減去有效位數

也就是說0位的數有3個前導0，如000

1位的數有2個前導0，如002

2位的數有1個前導0，如078

3位的數沒有前導0，如364

因此我們只需要分別減去這些位數的前導0即可，

每個位數要減掉的前導0為：對應的前導0個數 * 有多少個數

比如1位的數有2個前導0，那麽這部分的前導0個數為：2 * 9

而0位的數的前導0個數為：3 * 1

這樣可以觀察到在某種情況下後面要乘的那個數是不好計算的，

所以我們通過前綴和來計算它，

第0位時，一共有1個數，

第1位時，一共有10個數（包括0位的），

感覺有點說不清了。。。。

就是說

000 ----> 1個數

001

。

。

009 ---->10個數

010

011

。

。

099 ---->100個數

而我們要做的就是要獲取單獨的每一段（被換行隔開的）有多少個數

那麽很顯然

010 ~ 099的數的個數就是100 - 10，

所以我們在計算的時候記錄第一個sum表示在當前位之前的前綴和，t表示包括當前位的數的總個數，

比如計算到010 ~ 099這一段的時候，sum = 10,t=100,個數為t - sum = 90個

於是現在我們就可以開始計算第2部分了：

1000 ~ 3872

對於這部分，我們按位處理，

方法不太好說，還是用例子說明吧，

從高位開始算，

最高位是3，

那麽很顯然1000~2999這部分是滿的（即都可以取到），因此我們計算的方法就是

用第一位 + 後3位，

對於1000 ~ 1999來說，第一位的1出現了1000次，我們加上，

那後面的部分對應的次數就是000 ~ 999 的次數對不對！也就是f[3][j]了

2000 ~ 2999同理即可，

因此我們要加的f[3][j]的個數就是2

那麽我們現在只需要處理3000~3872了，

同樣按位處理，

第一位的3出現了873次（還有000的一次），我們加上，

然後就是要計算872的貢獻了，

那這部分怎麽求呢？

和計算3872是一樣的啊（是不是很像遞歸），

還是先算000~799

但是也不完全一樣，有一點不同，

因為此時已經不再是第一位了，所以前導0是允許存在的，

所以這個時候，在處理第一位的時候就需要考慮

000 ~ 099了，

而在第一位時只需從100 ~ 199開始考慮，

多加上對應的次數即可。

貌似有點啰嗦了。。。。

下面是代碼

  1 #include<bits/stdc++.h>
  2 using namespace std;
  3 #define R register int
  4 #define LL long long
  5 #define AC 15
  6 LL l,r,cnt,tot;
  7 LL ansl[AC],ansr[AC],f[AC][AC];//f[i][j] : 到了第i位(i = 2,00 ~ 99)，j出現的次數 
  8 int numl[AC],numr[AC];
  9 /*由於枚舉位數，所以不考慮前導零，
 10 因此就可以直接遞推次數了?
 11 次數必須嚴格保證是i位的，就是說就算是000也要湊夠i位
 12 */
 13 void pre()
 14 {
 15     scanf("%lld%lld\n",&l,&r);
 16     l -= 1;//因為我計算的是r - l的，但是l要包括進來，，，，懶得改了，就在這裏減一下吧
 17     LL tmp=l;
 18     while(tmp)
 19     {
 20         numl[++cnt]=tmp % 10;
 21         tmp /= 10;    
 22     }
 23     tmp=r;
 24     while(tmp)
 25     {
 26         numr[++tot]=tmp % 10;
 27         tmp /= 10;
 28     }
 29     for(R i=0;i<=9;i++) f[1][i]=1;
 30     tmp=10;
 31     for(R i=2;i<=tot;i++)//枚舉位數
 32     {
 33         for(R j=0;j<=9;j++)
 34             f[i][j] = f[i-1][j] * 10 + tmp;//因為新加入的第一位有10種，所以原來的位數要乘10
 35         tmp *= 10;
 36     }
 37     /*for(R i=1;i<=tot;i++)
 38     {
 39         for(R j=0;j<=9;j++) 
 40             printf("%lld ",f[i][j]);
 41         printf("\n");
 42     }*/
 43 }
 44 
 45 void work1()
 46 {
 47     LL tmp=1;
 48     for(R i=1;i<cnt;i++) tmp *= 10;
 49     for(R j=0;j<=9;j++) ansl[j] += f[cnt-1][j];//就是這裏會產生前導零吧,不過是整段的，可以稍作分析解決
 50     LL t=1,sum=0;//現在是t個數碼
 51     for(R i=0;i<cnt;i++)//枚舉位數（預先加的只有cnt-1位的ans,因為只有這部分是完整的)
 52     {
 53         ansl[0] -= (t - sum) * (cnt - 1 - i);//i位被占用，剩下的都是0
 54         sum += t - sum;//累加上當前的數碼個數
 55         t *= 10;//10 ^ i個數碼
 56     }
 57     for(R i=cnt; i ;i--)
 58     {
 59         int b = (i == cnt);//這裏和下面都要特判第一位(因為有0取與不取的問題，即開頭是否可以為0)
 60         for(R j=b;j<numl[i];j++)//先統計當前位的
 61             ansl[j] += tmp;
 62         l -= numl[i] * tmp; 
 63         ansl[numl[i]] += l + 1;
 64         if(i == cnt)//error!!!必須大於等於1才行
 65         {
 66             for(R j=0;j<=9;j++)
 67                 ansl[j] += f[i-1][j] * (numl[i] - 1);//這裏只能批量加上前幾個的，後面的是不規則的，要到後面處理    
 68         }
 69         else
 70         {
 71             for(R j=0;j<=9;j++)
 72                 ansl[j] += f[i-1][j] * numl[i];//因為之後可以算0的了，所以就不要-1了
 73         }
 74         tmp /= 10;
 75     }
 76 }
 77 
 78 void work2()
 79 {
 80     LL tmp=1;
 81     for(R i=1;i<tot;i++) tmp *= 10;
 82     for(R j=0;j<=9;j++) ansr[j] += f[tot-1][j];//就是這裏會產生前導零吧,不過是整段的，可以稍作分析解決
 83     LL t=1,sum=0;//現在是t個數碼
 84     for(R i=0;i<tot;i++)//枚舉位數（預先加的只有tot-1位的ans,因為只有這部分是完整的)
 85     {
 86         ansr[0] -= (t - sum) * (tot - 1 - i);//i位被占用，剩下的都是0
 87         sum += t - sum;//累加上當前的數碼個數
 88         t *= 10;//10 ^ i個數碼
 89     }
 90     for(R i=tot; i ;i--)
 91     {
 92         int b = (i == tot);//因為只有第一位的0不合法，所以後面是可以統計到0的
 93         for(R j=b;j<numr[i];j++)//先統計當前位的
 94             ansr[j] += tmp;
 95         r -= numr[i] * tmp;//這裏本意就是要獲取低於當前位的數碼，因此前面減掉了的要在r裏面也減掉，不然獲取不出來
 96         //ansr[numr[i]] += r - numr[i] * tmp + 1;
 97         ansr[numr[i]] += r + 1;//因為前面已經減過了，所以這裏就不要減了
 98         if(i == tot)//error!!!必須大於等於1才行
 99         {
100             for(R j=0;j<=9;j++)
101                 ansr[j] += f[i-1][j] * (numr[i] - 1);//這裏只能批量加上前幾個的，後面的是不規則的，要到後面處理    
102         }
103         else
104         {
105             for(R j=0;j<=9;j++)
106                 ansr[j] += f[i-1][j] * numr[i];//因為之後可以算0的了，所以就不要-1了
107         }
108         tmp /= 10;
109     }
110     /*for(int i=0;i<=9;i++) printf("%lld ",ansl[i]);
111     cout << endl;
112     for(int i=0;i<=9;i++) printf("%lld ",ansr[i]);
113     cout << endl;*/
114     for(R i=0;i<9;i++) printf("%lld ",ansr[i] - ansl[i]);
115     printf("%lld\n",ansr[9] - ansl[9]);
116 }
117 
118 int main()
119 {
120 //    freopen("in.in","r",stdin);
121     pre();
122     work1();
123     work2();    
124 //    fclose(stdin);
125     return 0;
126 }

題解——[ZJOI2010]數字計數 數位DP