计数器

Problem description

一本书的页数为N，页码从1开始编起，请你求出全部页码中，用了多少个0，1，2，…，9。其中一个页码不含多余的0，如n=1234时第5页不是0005，只是5。

Input format　

一个正整数N（N<=10^9），表示总的页码。

Output format

共十行，第K行表示数字K－1的个数。

Algorithm design

模拟TLE/记忆化搜索AC

Problem analysis

模拟TLE

先敲一下暴力，方便对拍

从1枚举到n，每次将该数各位切分后加入答案、

O(nlog10n)

隐约觉得在切分的时候可以有些许优化把log10n提高一下

但不用想了复杂度里有n本身肯定过不了

记忆化搜索AC

由计数问题得到的经验：对于较大整数状态转移不是去头就是去尾

一开始想着去头，发现0不能做数头的问题约束了这个算法

所以采取去尾状态转移法，去掉尾之后如果num成了0直接退出

那么怎么状态转移呢？

不难发现，对于一个数如234而言

可以拆分为尾是0~9的数，又分为两大类：

1.对于尾是0~4 那么十位数就可以从1枚到23

2.对于尾是5~9 那么十位数就可以从1枚到22

之后以此类推，直到1位数无法拆分

既然如此就可以看出动态转移的基本模型了

但是，在确定尾并不是被真正“去”掉了，而只是在确定之后不参与枚举

那么答案数列里还要考虑枚举个数个尾

至于枚举个数可以很容易的写出来，num%10（-1）

想到这里还是简单递归，顶多比模拟多10分

再看有许多低位数字被反复的使用，自然联想出记忆化思想

因为要记忆化，图方便就对于0~9依次搜索

这样记忆化只用开一维数组，且可以直接复制

至于记忆化的范围，我觉得其实把常用的2，3位数记忆化就行了

但在编程中要有“得寸进寸”的思想，在确保不会爆空间的情况下尽可能记得多

所以我对于记忆化开了10^7..

这样就很容易过了

Source code

记忆化搜索

#include <bits/stdc++.h>
#define lim 10000000

using namespace std;

int n,ans[10],opt[10000001];
//opt[i]表示数字1~i可拆分出的某个数字个数

void input()
{
    freopen("test.in","r",stdin);
    freopen("test.out","w",stdout);
    cin>>n;
    return ;
}

int search(int tar,int num)
{
    if(num<1)
        return 0;
//如果要拆分的数小于1，则拆分无意义
    if(num<=lim&&opt[num])
        return opt[num];
//如果可以记忆并被记忆过，则直接返回
    int re=0;
    if(tar&&tar<=num%10)
        re=num/10+1;
//如果不为零，并且寻找的数不大于个位数，就可以考虑前面是0~num/10
    else 
        re=num/10;
//如果为零，就不用考虑前面为0，如果大于个位数，就不用考虑num/10
    re+=(num%10+1)*search(tar,num/10)+(9-num%10)*search(tar,num/10-1);
/*
对于不大于个位数的数字都可以延伸1~num/10
大于个位数的数字不考虑num/10
*/
    if(num<=lim)opt[num]=re;
//可以记忆再记忆，不然就会数组越界
    return re;
}

void output()
{
    for(int i=0;i<=9;i++)
        cout<<ans[i]<<endl;
//输出答案
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return ;
}

int main()
{
    input();
    for(int i=0;i<=9;i++)
    {
        memset(opt,0,sizeof(opt));
        ans[i]+=search(i,n);
//针对0~9依次搜索
    }
    output();
    return 0;
}

over~