戳這裏呀~ 題目傳送門
題目描述：
給定兩個整數 l 和 r ，對於所有滿足1 ≤ l ≤ x ≤ r ≤ 10^9 的 x ，把 x
的所有約數全部寫下來。對於每個寫下來的數，只保留最高位的那個數碼。求1～9每個數碼出現的次數。
輸入描述:
一行，兩個整數 l 和 r (1 ≤ l ≤ r ≤ 10^9)。 輸出描述: 輸出9行。
第 i 行，輸出數碼 i 出現的次數。
示例1
輸入
1 4
輸出
4
2
1
1
0
0
0
0
0
-
這是某位學長灰常辛苦嘔心瀝血給我講的，再次感謝~ 打卡第一天~
首先分析一下思路：
-
可以看出這道題的數去範圍很大達到1e9，所以不考慮暴力。
-
先假設求數碼5在區間（l,r)出現的次數ans，即求在區間（l,r)中所有約數首位是5的個數，然後我們可以想到：可以首先求出(1,r）中數碼5出現的次數，然後減去（1，l-1)區間內5出現的次數，這樣即可得到ans。
-
依舊先假設數碼爲5，則求區間內的首位爲5的個數，即爲求集合（集合內所有數皆在範圍內，且首位都爲5）
{
5;
50,51,52…58,59;
500,501,502…550…598,599;
5000,5001,5002…5550…5998,5999;
…}
內所有數的倍數之和；
可以看出來區間長度是9 ，99，999…遞增的。
- 分析到這裏，我們可以想到可以在集合內的 每個小區間內枚舉每個數的約數 ，然後相加求得。
代碼如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll solve(ll r,ll x)//r爲距離，x是1~9
{
ll ans=r/x; //先計算區間內滿足x是因子的數字的個數；
ll st=x*10,en=min(r,x*10+9);//滿足集合中的每個區間(st,en);
for(;st<=r;st=st*10,en=en*10+9)
{
ll k=min(r,en);//k防止越界;
ll sum;
for(ll i=st;i<=k;i++)
{
sum=r/i;
ans=ans+sum;
}
}
return ans;
}
int main()
{
ll l,r;
cin>>l>>r;
for(int i=1;i<=9;i++)
{
cout<<solve(r,i)-solve(l-1,i)<<endl;
}
}
然後結果是這樣的：
經過一次失敗的嘗試之後，我們發現還要繼續優化算法。
- 我們可以先計算出在區間內某個數 i 爲因子時的個數 sum=R/i，然後再通過區間的右邊 R / sum 算出 滿足因子數也爲 sum的最大數 mx,然後我們可以知道區間 (i,mx) 內的所有數爲因子時的個數都爲 sum，然後通過ans=ans+sum計算可以得到最後的結果。
舉個例子：在區間（1，100900）內,當i=901時，可以算出901爲因子時符合倍數的個數sum=100900/901=111 ,然後可以算出mx=100900/111=909,所以在區間（901，909）中每個數作爲因子數滿足的倍數都爲111，我們就可以直接算出區間（901，909）滿足高位爲數碼9的個數爲111*9個,這樣就可以實現跳過一部分枚舉區間。
代碼如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll solve(ll r,ll x)//r爲距離，x是1~9約數的首位
{
ll ans=r/x;//先計算區間內滿足x是因子的數字的個數；
ll st=x*10,en=min(r,x*10+9);//滿足集合中的每個區間(st,en);
for(;st<=r;st=st*10,en=en*10+9)
{
ll k=min(r,en);//k防止越界
for(ll i=st;i<=k;)
{
ll sum=r/i;//計算出當i爲因子時符合倍數的個數
ll mx=min(k,r/sum);//更新滿足r/i都等於sum區間的長度
ans+=(mx-i+1)*sum;//這個區間內的數r/i都等於sum,所以直接一步算
i=mx+1;//跳到下一個位置
}
}
return ans;
}
int main()
{
ll l,r;
cin>>l>>r;
for(int i=1;i<=9;i++)
{
cout<<solve(r,i)-solve(l-1,i)<<endl;
}
}
代碼是白嫖某學長的哈哈哈https://blog.csdn.net/s1050712899/article/details/105800199