LuoGu-P1239计数器-强大的贡献

P1239 计数器

题意：就是求从1到n间，1～9一共出现的次数

这道题直接暴力是不科学的，因为N有 1e9；

然后我就看到了一个很好的从贡献思考的方法；

——>转自洛谷学神的方法：

楼下dalao都是数学方法和数位dp，看的本蒟蒻心慌慌

如果对高级方法难以理解的话，这里提供一种简单方法，虽然效率比dalao们差很多，但是对于本题已经够了

对于每一个数x，可以分为x/10000和x%10000两个部分(也就是前几位和后4位)

那么对于中间很大一段数字，同样的前几位会重复出现一万次，后4位就是0000-9999

所以对于中间这一段，可以枚举前几位，贡献值乘以1万，然后每枚举一个，0-9的出现次数加上4000就是后4位的贡献值

(0000-9999总共4万个数码，每个数码出现次数都相等)

然后前面的1-9999和最后一截 前几位没出现1万次的数暴力算就行了

这份代码绝对容易理解，而且对于这题也是0ms（自己理解了比较久。。。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstring>
const int N = 10000;

using namespace std;
int n,a[11],b[11];

void f(int x)                //计算一个数中每个数码出现次数
{
    while( x>0) a[x%10]++,x/=10;
}

int main(){
    scanf("%d",&n);int x = n/N;
    if(n<10000)                //计算一个数中每个数码出现次数
    {
        for(int i=1; i<=n; i++)
            f(i);
    } 
    else 
    {
        for(int i=1; i<N; i++)f(i);    //算出前面的1-9999
        for(int i=1; i<x; i++)        //算中间一段，方法如上面所述
        {
            memset(b,0,sizeof(b));
            int y = i;
            while(y>0) b[y%10]++,y/=10;
            for(int i=0; i<10; i++)a[i]+=b[i]*N;    
        }
        for(int i=0; i<10; i++)a[i]+=4000*(x-1);//后4位的贡献值一次性加上，不用一个一个加
        for(int i=x*N; i<=n; i++)f(i);            //算最后的一些数
    }
    for(int i=0;i<10;i++)
        printf("%d\n",a[i]);                    //输出
    return 0;
}