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C++数位DP复杂度统计数字问题示例详解

withpy 2021-11-05

简介这篇文章主要为大家介绍了利用C++数位DP的复杂度来统计数字问题的示例实现过程详解,有需要的朋友可以借鉴参考下,希望能够有所帮助,祝大家多多进步,早日升值加薪

Tips:如果你是真的不理解,不要只看,拿出笔来跟着步骤自己分析。

一、问题描述:

一本书的页码从自然数 1 开始顺序编码直到自然数 n 。书的页码按照通常的习惯编排, 每个页码不含多余的前导数字 0。 例如, 第 6 页用数字 6 表示而不是 06 或 006等。 数字计数问题要求对给定书的总页码 n,计算书的全部页码分别用到多少次数字 0、 1、... 、9。

二、问题分析:

1. 抽取题意:

简单来说就是就是给定一个数字 n,统计 1~n 中用到了多少次数字0~9。

2. 初步思考:

很容易想到要分数位(如个位、十位、百位)来考虑。

为了方便思考,我们做一些约定:

从 0 开始考虑,即考虑0~n中用到了多少次数字0~9,同时计算前导0。

用一个长度为10的数组ans[10] 来存储各个数字的数量。

从最低位开始分析还是最高位开始分析?

应该从最高位开始分析。为什么不先从个位开始考虑呢?因为数字在有除个位外高位(如十位、百位)的情况下,低位是作用于高位的,低位是高位的补充。在这个问题中,单纯的低位并不能说明什么。

3. 示例分析:

① 对于一位数 D 来说,0~D 中用到的数字个数即 0~D 各一次。

② 对于两位数 CD 来说,我们先考虑C,即C0,先不管C有多大,当C可以为0时,有00,01, 02, ... , 09 这样的数字,则我们知道,C在为0的时候个位0~9的数字各用了一次,同时C本身被用到了10次;当C为1时,有这样的数字10,11,12, ..., 19 ,我们知道 C 为1的时候个位0~9的数字各用了一次,同时C 被用了10次。

以此类推我们知道,C每大一,个位数字0~9就都会被用到1 次。并且本身作为十位的C,C每大一,当前C表示的数字就会被用到10次。

注意此时C不能为最大值,因为C为最大值的话按照上述方法考虑,可能超过CD本来的值。

再来考虑D,

当C为最大值的时候,用到的数字即C0,C1,...,CD ,由此我们知道C为最大值时C会被用D+1次,0~D各用了一次。

经过总结得到,在考虑前导0的情况下,一个十位数字CD 0~9的数字用到的情况如下:

考虑十位得到的  ans [ 0~9 ] + 1*C  (虽然此时不能考虑十位最大值,但是有0啊)  ans [ 0~C-1 ] + 10^1    ans [C] + (D+1)  (此时十位取最大值)   考虑个位得到的 ans[ 0~D ] + 1

③ 有了上面的经验,我们来考虑三位数 ABC

首先对于百位A,即A00, A01, ... , A99

我们来统计一下个位和十位上的数字即 00,01,...,99加起来一共用了多少次0~9

按照上面的想法我们很容易知道,十位从0开始每加一,个位0~9就都会被用 1 次,同时十位本身,会被用到10次。这样我们知道每个数字都被用了 10*1 + 10 次,即20次。

同理并根据上面的结论,对于 000,001,...,999 ,我们知道,如果百位从0开始每加一,个位和十位的数字组合在一次0~9各会被用到 20次,同时作为百位本身,会被用到100次。这样我们知道每个数字都被用了 10*20 + 10^2 次,即300次。

根据这个思想很容易发现规律,对于n 位的数字 0 到 n 位的数字9,设 0~9 各数字会被用到的次数为F(n),则有 F(n) = 10 * F(n-1) + 10^(n-1),其中F(1)= 1

我们把结果记入一个名为dp 的数组:dp[0] = 0, dp[1]=1, dp[2]=20, dp[3]=300 , ....

这样我们可以知道

仅考虑百位A,有  ans [ 0~9 ] + 20*A  ans [0~A-1] + 10^2  ans [ A ] + (BC + 1)   仅考虑十位,有 ans[ 0~9] + 1*B  ans[ 0~B-1] + 10^1  ans[ B ] + (C+1)   仅考虑个位  ans[ 0~C ] +1  

4. 总结规律:

总结上方的规律可知,

在计入前导0的情况下,要考虑0~n 的数用到了多少各0~9的数字,应该自高向低逐次取出每一位分析

设取出的一位为数字为 X,同时其位于从个位数起的第 Y 位,剩余的低位构成的数字为 Z ,

则答案计算方法为:

ans[0~9] + dp[Y-1]*X   (当X < max 时考虑低位) 
ans[0~X-1] + 10^(Y-1)  (当X < max 时考虑X) 
ans[X] + (Z+1)    (当 X = max 时考虑 X)

经检查,该方法适用于个位及特殊情况。

5. 解除约定:

我们来考虑如何除去前导0

首先要明白一件事,前导0只对0的计数产生影响。

那么前导0是在哪里产生的呢?

如果上面说的你都明白了,那么很容易知道就在计算最高位时的这两步

ans[0~9] + dp[Y-1]*X   (当X < max 时考虑低位) ans[0~X-1] + 10^(Y-1)  (当X < max 时考虑X)

在最高位为0的时候多余出来的

按照上述方法考虑,设 n 位数多余出来的0的个数为 G(n)

① 你可以想象把所有数字都右对齐,得到:

G (1) = 0

G (2) = 10

G (3) = 10 + 100

......

G (n) = 10^1 + 10^2 + ... + 10^(n-1) ,其中 n>2

② 或者这样想:

两位数可以对所有个位数在十位补0,三位数可以在两位数的基础上再在百位上对所有两位数再补一个0,以此类推,易知这也是一个dp

得到 G (n) = G(n-1) + 10^(n-1),其中 G(1) = 0,n>2

至此,思考部分完成。

三、 编写代码:

算法时间复杂度仅为 O ( log10(n) ) ,接近 O (1) ,吊打暴力 O (nlog10n) 的算法。

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std; 
typedef long long LL; 
LL n;
LL dp[20], ans[20],zeroNum[20];  //zeroNum 用于记录 n 位数的前导 0 个数
LL pow10[20];  //pow10 用于记录 10 的次方数
void makeDp(){
    pow10[0]=1;
    for(int i=1;i<15;i++) pow10[i] = pow10[i-1]*10;
    dp[0]=0,dp[1]=1;
    zeroNum[0]=zeroNum[1]=0;
    for(int i=2;i<15;i++){
        pow10[i]=pow10[i-1]*10;
        zeroNum[i]=zeroNum[i-1] + pow10[i-1];
        dp[i]=10*dp[i-1] + pow10[i-1];
    } 
} 
void solve(LL n,LL ans[]){
    if(n==0){
        ans[0]=1;
        return;
    }
    LL bitNum = log10(n) + 1;
    LL num[20];
    LL nTmp = n;
    for(int i=1;i<=bitNum;i++){
        num[i] = nTmp%10;
        nTmp/=10;
    }
    for(int i=bitNum;i>=1;i--){
        LL x = num[i];
        LL y = i;
        n -= x*pow10[y-1];
        LL z = n;
        for(int j=0;j<10;j++){
            ans[j] += dp[y-1]*x;
        }
        for(int j=0;j<x;j++){
            ans[j]+=pow10[y-1];
        }
        ans[x] += z+1;
    }
    ans[0]-=zeroNum[bitNum];
} 
int main(){
    cin>>n;  
    makeDp();   
    solve(n,ans);
    for(int i=0;i<10;i++){
        if(i==0) printf("%lld\n", ans[i]-1);
        else printf("%lld\n",ans[i]);
    }
}

四、 相关例题:

洛谷P2602:https://www.luogu.com.cn/problem/P2602

题目描述

给定两个正整数 aa 和 bb,求在 [a,b][a,b] 中的所有整数中,每个数码(digit)各出现了多少次。

输入格式

仅包含一行两个整数 a,ba,b,含义如上所述。

输出格式

包含一行十个整数,分别表示 0\sim 90∼9 在 [a,b][a,b] 中出现了多少次。

输入输出样例

输入

1  99

输出

9 20 20 20 20 20 20 20 20 20

说明/提示

数据规模与约定

对于 30% 的数据,保证 a≤ b ≤ 10^6;

对于 100% 的数据,保证 1≤a≤b≤10^12。

改改代码直接交:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; 
typedef long long LL; 
LL a,b;
LL dp[20], ans1[20],ans2[20],zeroNum[20];
LL pow10[20]; 
void makeDp(){
    pow10[0]=1;
    for(int i=1;i<15;i++) pow10[i] = pow10[i-1]*10;
    dp[0]=0,dp[1]=1;
    zeroNum[0]=zeroNum[1]=0;
    for(int i=2;i<15;i++){
        pow10[i]=pow10[i-1]*10;
        zeroNum[i]=zeroNum[i-1] + pow10[i-1];
        dp[i]=10*dp[i-1] + pow10[i-1];
    } 
} 
void solve(LL n,LL ans[]){
    if(n==0){
        ans[0]=1;
        return;
    }
    LL bitNum = log10(n) + 1;
    LL num[20];
    LL nTmp = n;
    for(int i=1;i<=bitNum;i++){
        num[i] = nTmp%10;
        nTmp/=10;
    }
    for(int i=bitNum;i>=1;i--){
        LL x = num[i];
        LL y = i;
        n -= x*pow10[y-1];
        LL z = n;
        for(int j=0;j<10;j++){
            ans[j] += dp[y-1]*x;
        }
        for(int j=0;j<x;j++){
            ans[j]+=pow10[y-1];
        }
        ans[x] += z+1;
    }
    ans[0]-=zeroNum[bitNum];
}
int main(){
    cin>>a>>b;
    makeDp();
    solve(a-1,ans1);
    solve(b,ans2);
    for(int i=0;i<10;i++){
        printf("%lld ",ans2[i]-ans1[i]);
    }
}

以上就是C++数位DP统计数字问题示例详解的详细内容,更多关于C++数位DP统计数字的资料请关注本站其它相关文章!

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