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一. 思路

1. 拆分原数（数位DP思想）

求某个区间的数中满足某个条件的数的个数，这是典型的数位 DP 题的套路。于是我们可以试着拆分这个数，把 [0, 原数) 这个区间按位拆成一些区间：

我们只需计算出所有整块区间中满足条件的数并求和就好了。

2. 处理每个区间（多重集排列）

所谓符合要求，就是由原数中的每一位上的非零数和任意个零按位拼凑而成。看似这个要求不好处理，实则完全可以通过多重集排列得出。

多重集排列，将一个可以有重复元素的集合中的元素进行排列的方案数，如：{1, 3, 3}，多重集排列：[1, 3, 3]，[3, 1, 3]，[3, 3, 1]，共三种。这篇文章中设多重集排列的符号为 Pmult⁡(cnt1,cnt2…cntn)\operatorname{Pmult}(cnt_1, cnt_2 \ldots cnt_n)，如 {1, 3, 3} 的排列是 Pmult⁡(1,2)\operatorname{Pmult}(1, 2)。

应用到这题上来就是例如 [0, 1000) 这个区间，首位是 “0”，除了首位外还有 3 位，有两个非零数字 “1”，“2”。答案就是 一个 “1”，一个 “2”，一个 “0”（“0” 的个数为除首位外的位数 - 非零位数），即 Pmult⁡(1,1,1)\operatorname{Pmult}(1, 1, 1)。

多重集排列的计算公式就是：

Pmult⁡(cnt1,cnt2…cntn)=C⁡sumcntcnt1×C⁡sumcnt−cnt1cnt2×…×C⁡sumcnt−cnt1−cnt2−…−cntn−1cntn    (sumcnt=∑i=1ncnti)\operatorname{Pmult}(cnt_1, cnt_2 \ldots cnt_n) = \operatorname{C}_{sumcnt}^{cnt_1} \times \operatorname{C}_{sumcnt - cnt_1}^{cnt_2} \times \ldots \times \operatorname{C}_{sumcnt - cnt_1 - cnt_2 - \ldots - cnt_{n - 1}}^{cnt_n}~~~~(sumcnt = \sum\limits_{i = 1}^n cnt_i)

简略证明就是你有 sumcntsumcnt 个空，先将 cnt1cnt_1 个相同物品放进去，就是 C⁡sumcntcnt1\operatorname{C}_{sumcnt}^{cnt_1} 种，空的数量变为 sumcnt−cnt1sumcnt - cnt_1 个，以此类推。

3. 代码实现中的细节：

  1. 拆分原数是从高位往低位。每一次处理完一位处理下一位之前，如果这一位非零，将 cnt 数组中这一位数字的数量减一，因为之后处理的更低位中，高位是确定的，也就是说无法在使用高位的这个数字了。如 “1020” 处理完 [0, 1000) 后，之后所有区间的千位都是 “1”， “1” 无法再参与排列，所以直接 --cnt[1]。
  2. 处理某个非零位时，先枚举该位，将还剩下的数（还剩下 “x”，即 cnt[x] > 0）中小于改位原数的依次填到该位，再用多重集排列算出剩下的位的排列数。（具体见代码）
  3. 遇到为零的位如 “1020” 中个位和百位，他们拆分出的区间没有数，直接跳过就好，不浪费程序运行时间。

二. 代码

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#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define re register
#define int long long
const int MAXn = 50;

int C[MAXn + 10][MAXn + 10];
void EvaC(int top) {
    for (re int i = 0; i <= top; ++i) {
        C[i][0] = C[i][i] = 1;
    }
    for (re int i = 1; i <= top; ++i) {
        for (re int j = 1; j < i; ++j) {
            C[i][j] = C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j];
        }
    }
}

int Pmult(int top, int *cnt, int sum = -1) {
    int ans = 1;
    if (sum == -1) {
        sum = 0;
        for (re int i = 1; i <= top; ++i) {
            sum += cnt[i];
        }
    }
    for (re int i = 1; i <= top; ++i) {
        if (cnt[i]) {
            ans *= C[sum][cnt[i]];
            sum -= cnt[i];
        }
    }
    return ans;
}

char str[MAXn + 10]; int len;
int sumcnt, cnt[11], ans; // cnt[x]: "x"数还可参与排列的数量，也就是"x"在当前位和比当前位低的位中的数量。
                          // cnt[10]: 在当前位和比当前位低的位中"0"的数量。
                          // sumcnt: Sum{cnt[1] ~ cnt[9]}，用于计算"0"的个数。
signed main() {
    EvaC(MAXn);
    scanf("%s", str + 1);
    len = strlen(str + 1);
    reverse(str + 1, str + 1 + len);
    for (re int i = 1; i <= len; ++i) {
        if (str[i] - '0') {
            ++cnt[str[i] - '0'];
            ++sumcnt;
        }
    }
    for (re int i = len; i; --i) {
        if (str[i] - '0') {
            cnt[10] = i - 1 - sumcnt;
            ans += Pmult(10, cnt, i - 1);
            cnt[10] = i - 1 - (sumcnt - 1);
            for (re int j = 1; j < str[i] - '0'; ++j) {
                if (cnt[j]) {
                    --cnt[j];
                    ans += Pmult(10, cnt, i - 1);
                    ++cnt[j];
                }
            }
            --cnt[str[i] - '0'];
            --sumcnt;
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);
}