洛谷P2518 [HAOI2010]计数

题目：https://www.luogu.org/problemnew/show/P2518

题目描述

你有一组非零数字（不一定唯一），你可以在其中插入任意个0，这样就可以产生无限个数。比如说给定{1,2},那么可以生成数字12,21,102,120,201,210,1002,1020,等等。

现在给定一个数，问在这个数之前有多少个数。（注意这个数不会有前导0）.

输入输出格式

输入格式：

只有1行，为1个整数n.

输出格式：

只有整数，表示N之前出现的数的个数。

输入输出样例

输入样例#1： 

1020

输出样例#1： 

7

说明

n的长度不超过50，答案不超过2^63-1.

解析

这道题第一眼感觉可定和数学有关，但也有点像数位dp。

这道题求的是在给定数中，全排列结果比目前数小的个数。

那么可以利用数位的思维，一位一位的求。

模仿数位dp中limit（即是否有最大值限制）的用法。

设原数为a，第i位为a[i]，长度为n。

这个数中0~9 出现次数为tot[1]，tot[2]，tot[3]。。。。。。tot[9]。

先从最高位n开始，现在尝试往最高位上放数x。

如果0≤x<a[n]，那么后面的数就没有限制了，在剩下的数中随便取。

设这种情况的方案数怎么求？

第一位为x确定，所以tot[x]--；

我们考虑往剩下的n-1位中填数。

0要填tot[0]次，1要填tot[1]次，...，9要填tot[9]次。

我们先把0填上，那么填上0的方案数为c(n-1,tot[0])，

（c为组合数)

剩下只有n-1-tot[0]个位置了，

所以填1的方案数位c(n-1-tot[0],tot[1])，

以此类推，方案数遵循乘法原理，这种情况的方案数为：

c(n-1,tot[0])*c(n-1-tot[0],tot[1])*...*c(n-1-tot[0]-tot[1]-...-tot[8],tot[9])；

如果x==a[n]，那么只要保证剩下n-1位全排列符合条件就可以。

求剩下n-1位的方法就同 求n位的方法了。

详情参照代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
#define ll long long
string ra;
ll a[100],n;
ll tot[100],tmp,m;
ll c[100][100];
ll ans;
void get_zuhe(){
    for (int i=0;i<=60;++i){
        c[i][0]=1;
    }
    for (int i=1;i<=60;++i){
        for (int j=1;j<=i;++j){
            c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1];
        }
    }
}
int main(){
    cin>>ra;
    n=ra.size();
    for (ll i=1;i<=n;++i){
        a[i]=ra[n-i]-'0';
        tot[a[i]]++;
    }
    get_zuhe();
    for (ll i=n;i>=1;--i){
        for (ll j=0;j<a[i];++j){
            if (tot[j]){
                tot[j]--;
                tmp=1; m=i-1;
                for (ll k=0;k<=9;++k){
                    if (tot[k]){
                        tmp*=c[m][tot[k]];
                        m-=tot[k];
                    }
                }
                ans+=tmp;
                tot[j]++;
            }
        }
        tot[a[i]]--;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}