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数位DP

昨天的B题，excited

又学习了一下数位dp...

数位dp要考虑几个比较重要的东西：1.前导0,2.天际线，3.记忆化的条件，4.细节

经常数位dp会问我们l->r区间中满足某某条件的数的个数，这个条件很明显满足可减性，所以一般转化为1->r的数-1->l-1的数，采用记忆化搜索的方式统计

这道题状态为dp[base][bit][state][pre],表示当前底数为base，统计的数有bit位，每种数出现次数用state表示，有没有前导0

然后考虑状态的改变，也就是前导0,天际线的变化，先考虑前导0的变化，如果当前放置的数不是0，那么前导0不存在，可以把这个数放进状态内，否则如果一直是前导0则不把前导0放入状态，前导0也要设进dp状态内；然后考虑天际线，我们先想一想所设的dp状态，dp[base][bit][state][pre],这是表示当前base下，这个数包括前导0，状态为state，有没有前导0，注意这个数是包括所有位数为bit的数，如果我们在记忆化搜索的时候碰到了天际线，也就是limit=1，那么我们不能对搜出的结果记忆化，也不能返回之前已经记忆化好的答案，因为天际线去除掉了一些数，而dp统计了所有长度为bit的数。

这样能够保证所有的数都被统计进去吗？是可以的，我们统计了天际线及以下长度为bit的数，但是那些长度小于bit的呢？其实我们把这些数转换为了加上前导零的数，这样就能很好地统计了。

所以数位dp我们要考虑1.前导0的变化，2.是否卡在天际线，3.dp状态不同情况下的变化，4.记忆化的条件，5.每次枚举第bit位是什么的范围，然后通过记忆化搜索实现。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int q;
ll dp[11][70][2048][2], f[20];
ll dfs(int base, int bit, int S, int pre, int limit) //flag = 2 超了 flag = 1正好 flag = 0 小了 
{
    if(bit == 0) return !S;
    if(!limit && dp[base][bit][S][pre] != -1) return dp[base][bit][S][pre];
    ll ret = 0;
    int mx = limit ? f[bit] : base - 1;
    for(int i = 0; i <= mx; ++i) 
    {
        if(i == 0 && pre) ret += dfs(base, bit - 1, S, pre, limit && (i == mx));
        else ret += dfs(base, bit - 1, S ^ (1 << i), 0, limit && (i == mx));
    }
    if(!limit) dp[base][bit][S][pre] = ret;
    return ret;
}
ll solve(int base, ll lim)
{
    f[0] = 0;
    while(lim) 
    {
        f[++f[0]] = lim % base;
        lim /= base;
    }
    return dfs(base, f[0], 0, 1, 1);
}
int main()
{
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    scanf("%d", &q);
    while(q--)
    {
        int base;
        ll l, r;
        scanf("%d%lld%lld", &base, &l, &r);
        printf("%lld
", solve(base, r) - solve(base, l - 1));
    }
    return 0;
}