BZOJ1833: [ZJOI2010]count 数字计数
Description
给定两个正整数a和b，求在[a,b]中的所有整数中，每个数码(digit)各出现了多少次。
Input
输入文件中仅包含一行两个整数a、b，含义如上所述。
Output
输出文件中包含一行10个整数，分别表示0-9在[a,b]中出现了多少次。
Sample Input
1 99
Sample Output
9 20 20 20 20 20 20 20 20 20
HINT
30%的数据中，a<=b<=10^6；
100%的数据中，a<=b<=10^12。
题解Here!
一眼看出是数位$DP$。
然后也一眼看出不会做。。。
一脸无奈。。。
开始乱搞。。。
然后真的把数位$DP$搞出来了。。。
开森！
设$dp[i][j][k]$表示一个长度为$i$的数，其中最高位是$j$，$kk$这个数码一共出现的次数。
然后我们需要枚举当前位数，当前最高位填什么数，次高位填什么数，之后转移一下就好了。
转移方程长这个样：
$$dp[i][j][p]=sum_{k=0}^9dp[i-1][k][p]$$
这不就做完了
吗？
没有！
我们填上的最高位可是出现了很多次，但是一次都没有被记录进去。。。
这不就尴尬了？
好办，我们让剩下的$i-1$为随意选择只考虑当前最高位上出现的数就好了。
因为那些随意选择的数码已经被计入答案了，所以这么做是对的。
于是根据乘法原理，还有：
$$dp[i][j][j]+=10^{i-1}$$
之后就是数位$DP$的板子了。
注意：$slove(x)$求的是$[0,x)$满足条件的数的个数！
附代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define MAXN 15
using namespace std;
int bit[MAXN];
long long A,B;
long long ans[MAXN][2],dp[MAXN][MAXN][MAXN];
inline long long read(){
long long date=0,w=1;char c=0;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
return date*w;
}
long long mexp(long long a,long long b){
long long s=1;
while(b){
if(b&1)s*=a;
a*=a;
b>>=1;
}
return s;
}
void solve(long long n,int d){
int len=0;
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(bit,0,sizeof(bit));
while(n){
bit[++len]=n%10;
n/=10;
}
for(int i=0;i<=9;i++)dp[1][i][i]=1;
for(int i=2;i<=len;i++)
for(int j=0;j<=9;j++){
for(int k=0;k<=9;k++)
for(int now=0;now<=9;now++)
dp[i][j][now]+=dp[i-1][k][now];
dp[i][j][j]+=mexp(10,i-1);
}
for(int i=1;i<len;i++)
for(int j=1;j<=9;j++)
for(int k=0;k<=9;k++)
ans[k][d]+=dp[i][j][k];
for(int i=1;i<bit[len];i++)
for(int j=0;j<=9;j++)
ans[j][d]+=dp[len][i][j];
for(int i=len-1;i>=1;i--){
for(int j=0;j<bit[i];j++)
for(int k=0;k<=9;k++)
ans[k][d]+=dp[i][j][k];
for(int j=len;j>i;j--)ans[bit[j]][d]+=1LL*bit[i]*mexp(10,i-1);
}
}
void work(){
A=read();B=read();
solve(B+1,0);solve(A,1);
for(int i=0;i<=9;i++)printf("%lld ",ans[i][0]-ans[i][1]);
printf("
");
}
int main(){
work();
return 0;
}