51nod 1009 数字1的数量

给定一个十进制正整数N，写下从1开始，到N的所有正数，计算出其中出现所有1的个数。
例如：n = 12，包含了5个1。1,10,12共包含3个1，11包含2个1，总共5个1。
Input
输入N(1 <= N <= 10^9)
Output
输出包含1的个数
Input示例
12
Output示例

5

 1位数的情况：
大于等于1的时候，有1个，小于1就没有。
 2位数的情况：
N=13,个位数出现的1的次数为2，分别为1和11，十位数出现1的次数为4，分别为10,11,12,13，所以f(N) = 2+4。
N=23,个位数出现的1的次数为3，分别为1，11，21，十位数出现1的次数为10，分别为10~19，f(N)=3+10。
由此我们发现，个位数出现1的次数不仅和个位数有关，和十位数也有关，如果个位数大于等于1，则个位数出现1的
次数为十位数的数字加1；如果个位数为0，个位数出现1的次数等于十位数数字。而十位数上出现1的次数也不仅和
十位数相关，也和个位数相关：如果十位数字等于1，则十位数上出现1的次数为个位数的数字加1，假如十位数
大于1，则十位数上出现1的次数为10。
 3位数的情况:
N=123
个位出现1的个数为13:1,11,21，…，91,101,111,121
十位出现1的个数为20:10~19,110~119
百位出现1的个数为24:100~123
 我们可以继续分析4位数，5位数，推导出下面一般情况： 
假设N，我们要计算百位上出现1的次数，将由三部分决定：百位上的数字，百位以上的数字，百位一下的数字。
如果百位上的数字为0，则百位上出现1的次数仅由更高位决定，
比如12013，百位出现1的情况为100~199,1100~1199,2100~2199，…，11100~11199，共1200个。
等于更高位数字乘以当前位数，即12 * 100。
如果百位上的数字大于1，则百位上出现1的次数仅由更高位决定，比如12213，
百位出现1的情况为100~199,1100~1199,2100~2199，…，11100~11199，12100~12199共1300个。
等于更高位数字加1乘以当前位数，即（12 + 1）*100。
 如果百位上的数字为1，则百位上出现1的次数不仅受更高位影响，还受低位影响。例如12113，
受高位影响出现1的情况：100~199,1100~1199,2100~2199，…，11100~11199，共1200个，但它还受低位影响，
出现1的情况是12100~12113，共114个，等于低位数字113+1。

#include <bits/stdc++.h>//#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>//#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>//using namespace __gnu_pbds;using namespace std;#define pi acos(-1)#define endl '\n'#define me(x) memset(x,0,sizeof(x));#define foreach(it,a) for(__typeof((a).begin()) it=(a).begin();it!=(a).end();it++)typedef long long LL;const int INF=0x3f3f3f3f;const LL LINF=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;const int dx[]={-1,0,1,0,-1,-1,1,1};const int dy[]={0,1,0,-1,1,-1,1,-1};const int maxn=1e3+5;const int maxx=2e6+100;const double EPS=1e-7;const int mod=1e9+7;template<class T>inline T min(T a,T b,T c) { return min(min(a,b),c);}template<class T>inline T max(T a,T b,T c) { return max(max(a,b),c);}template<class T>inline T min(T a,T b,T c,T d) { return min(min(a,b),min(c,d));}template<class T>inline T max(T a,T b,T c,T d) { return max(max(a,b),max(c,d));}//typedef tree<pt,null_type,less< pt >,rb_tree_tag,tree_order_statistics_node_update> rbtree;/*lch[root] = build(L1,p-1,L2+1,L2+cnt);    rch[root] = build(p+1,R1,L2+cnt+1,R2);中前*//*lch[root] = build(L1,p-1,L2,L2+cnt-1);    rch[root] = build(p+1,R1,L2+cnt,R2-1);中后*/long long gcd(long long a , long long b){if(b==0) return a;a%=b;return gcd(b,a);}int _pow(LL a,LL n){    LL ret=1;    while(n)    {        if(n&1)  ret=ret*a%mod;        a=a*a%mod;        n>>=1;    }    return ret;}int inv(int x){    return _pow(x,mod-2);}LL f(LL n){        LL ans = 0;        LL i = 1;        LL current = 0, after = 0, before = 0;       // int t=0;        while ((n / i) != 0)        {            current = (n / i) % 10;            before = n / (i * 10);            after = n - (n / i) * i;            if (current > 1)            {                ans += (before + 1) * i;            }            else if (current == 0)            {                ans += before * i;            }            else if (current == 1)            {                ans += before * i + after + 1;            }            i = i * 10;           // cout<<after<<"**********"<<endl;            //printf("t:%d before:%d current:%d after:%d \n",++t,before,current,after);        }        return ans;}int main(){    LL n;    cin>>n;    cout<<f(n)<<endl;}