计数问题

题目

P1179 [NOIP2010 普及组] 数字统计
题目描述
请统计某个给定范围[L,R]的所有整数中，数字2出现的次数。

比如给定范围[2,22]，数字2在数2中出现了1次，在数12中出现1次，在数20中出现1次，在数21中出现>1次，在数22中出现2次，所以数字2在该范围内一共出现了6次。

输入格式
2个正整数L和R，之间用一个空格隔开。

输出格式
数字2出现的次数。
说明/提示
1≤L≤R≤100000

题解

1. 枚举法

只要遍历$[L,R]$的每个数的每位数字进行统计就可得到答案，复杂度是$O(nlogn)$。

完整代码

#include <iostream>
using namespace std;
int main(){
    int l,r;
    cin>>l>>r;
    int cnt = 0;
    for(int i = l;i<=r;i++){
        int tmp = i;
        while(tmp){
            if(tmp%10 == 2) cnt++;
            tmp/=10;
        }
    }
    cout<<cnt<<endl;
    return 0;
}

这个复杂度对于这道题的数据量而言已经够了，但是数据量超过 $10^8$ 量级后就不可接受了，需要用到公式法。

2.公式法

假设 $f(n,num)$ 是从 $[1,n]$ 所有整数出现数字 $num$ 的次数和，那么想要得到 $[L,R]$ 内所有整数出现数字 $num$ 的次数和可以通过 $f(r,num)-f(l-1,num)$ 得到，其中 $0\leq num\leq 1$ 。

我们可以通过考虑每位数字得到 $f(n,num)$ :

$1\leq num\leq 9$ 的情况

假设一个 $p$ 位正整数 $n$ 的数位构成情况为 $\overline{n_{p-1}n_{p-2}\cdots n_1n_0}$ ，其中 $n_i$ 是第 $i$ 位数的数字 $(0\leq i\leq p-1)$ 。
考虑 $[1,n]$ 中某个数 $m$ 其 $p$ 位构成情况为 $\overline{m_{p-1}m_{p-2}\cdots m_1m_0}$ (不够p位数可以补前导0)。

1. $n_i<num$

• 若 $m$ 的 $i+1$ 到 $p-1$ 位的数字构成的新数小于 $n$ 的 $i+1$ 到 $p-1$ 位的数字构成的新数，即 $$\overline{m_{p-1}\cdots m_{i+1}}<\overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}}$$
  那么 $m$ 可以满足 $m_i=num$ 且无论第 $i-1$ 位及以后的数字如何也一定在 $[1,n]$ 中。
• 当 $$\overline{m_{p-1}\cdots m_{i+1}}\geq \overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}}$$ 因为 $ni<num$ ，如果此时使 $m_i=num$ ，那么 $$\overline{m_{p-1}\cdots m_{i+1}m_i}>\overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}n_i}$$ 则无论 $m$ 第 $i-1$ 位及以后的数字如何都会 $m>n$ 从而不在 $[1,n]$ 的范围中。
• 综上，当 $n_i<num$ 只有 $$\overline{m_{p-1}\cdots m_{i+1}}<\overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}}$$ 时成立，且此时 $[1,n]$ 第 $i$ 位出现 $num$ 的次数为 $$\overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}}\times10^i$$

2. $n_i=num$

• 当 $$\overline{m_{p-1}\cdots m_{i+1}}<\overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}}$$ 时，次数 $$\overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}}\times 10^i$$ 显然成立。
• 当 $$\overline{m_{p-1}\cdots m_{i+1}}=\overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}}$$ 时，若 $m$ 满足 $m_i=num$ ，那么只要 $$\overline{m_{i-1}\cdots m_0}\leq \overline{n_{i-1}\cdots n_0}$$ 即可，此时次数为 $$\overline{n_{i-1}\cdots n_0}+1$$ 我们约定 $i=0$ 时， $$\overline{n_{i-1}\cdots n_0}=0$$
• 当 $$\overline{m_{p-1}\cdots m_{i+1}}> \overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}}$$ 那么无论 $m$ 第 $i-1$ 位及以后的数字如何都会 $m>n$ ，从而不在 $[1,n]$ 的范围中。
• 综上，当 $n_i\geq num$ 只有 $$\overline{m_{p-1}\cdots m_{i+1}}\leq \overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}}$$ 时成立，且此时 $[1,n]$ 第 $i$ 位出现 $num$ 的次数为 $$\overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}}\times 10^i+\overline{n_{i-1}\cdots n_0}+1$$

3. $n_i>num$

• 当 $$\overline{m_{p-1}\cdots m_{i+1}}<\overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}}$$ 时，次数 $$\overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}}\times 10^i$$ 显然成立；
• 当 $$\overline{m_{p-1}\cdots m_{i+1}}=\overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}}$$ 时，因为 $n_i>num$ ，若使 $m_i=num$,则 $$\overline{m_{p-1}\cdots m_{i+1}m_i}<\overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}n_i}$$ 从而无论第 $i-1$ 位及以后的数字如何也一定在 $[1,n]$ 中，次数为 $10^i$ 。
• 当 $$\overline{m_{p-1}\cdots m_{i+1}}> \overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}}$$ 那么无论 $m$ 第 $i$ 位及以后的数字如何都会 $m>n$ ，从而不在 $[1,n]$ 的范围中。
• 综上，当 $n_i\geq num$ 只有 $$\overline{m_{p-1}\cdots m_{i+1}}\leq \overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}}$$ 时成立，且此时 $[1,n]$ 第 $i$ 位出现 $num$ 的次数为 $$(\overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}}+1)\times 10^i$$

$num=0$ 的情况

这种情况下，我们知道如果某一位是 $0$ ，那么这个整数一定有不为 $0$ 的更高位，就需要排除在上一种情况下 $\overline{m_{p-1}\cdots m_{i+1}}=0$ 的一种可能了。显然在三个可能的 $num$ 和 $n_i$关系下，都可能出现这种情况，所以在每次计算完之后需要减去一个关于 $\overline{n_{p-1}\cdots n_{i+1}}$ 的所有情况，即减去 $10^i$ 。

运用以上的结论，每次只需要遍历一次两个端点的位数，是 $O(logn)$的算法。

完整代码

#include <iostream>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
ll f(ll n,ll num){
    ll base = 1,cnt = 0;
    while(base<=n){
        ll pre = n/(base*10);
        ll suf = n%base;
        ll now = n/base%10;
        if(now<num) cnt+=pre*base;
        else if(now == num) cnt+=pre*base + suf + 1;
        else cnt+=(pre+1)*base;
        if(!num) cnt-=base;
        base*=10;
    }
    return cnt;
}
 
int main(){
    std::ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    ll l,r;
    cin>>l>>r;
    cout<<f(r,2)-f(l-1,2)<<endl;
}