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Problem Description
For a decimal number x with n digits (AnAn-1An-2 ... A2A1), we define its weight as F(x) = An * 2n-1 + An-1 * 2n-2 + ... + A2 * 2 + A1 * 1. Now you are given two numbers A and B, please calculate how many numbers are there between 0 and B, inclusive, whose weight is no more than F(A).
Input
The first line has a number T (T <= 10000) , indicating the number of test cases.
For each test case, there are two numbers A and B (0 <= A,B < 109)
Output
For every case,you should output "Case #t: " at first, without quotes. The t is the case number starting from 1. Then output the answer.
Sample Input
30 1001 105 100
Sample Output
Case #1: 1Case #2: 2Case #3: 13
(终于找到时间写数位dp了。。)
先总结一下数位dp的套路。
通常情况下,数位dp用于统计个数,其实是暴力枚举的优化。
想想面对一道数位dp的题,如果暴力做会怎么做?for每一个数,判断是否合法。但是我们发现:例如当枚举到 23456 和 33456 时,后面的部分“3456”是相同的,也就是说我们多枚举了很多次相同的情况,这时候就可以考虑用dp(记忆化)来优化。当需要用上一个状态很多次的时候,就可以考虑dp。
所以数位dp的套路一般是:
f[pos][...],dfs(pos,...,limit,[zero])
表示:当前位,一些需要用到的状态,是否顶着上限,[是否有前导零(根据题目需要)]
当没有限制的时候,就记忆化
而这道题也符合这个套路,只不过状态稍微和平常的不一样。
通常的状态是和前面的位置上的值有关,但是考虑这道题该如何储存状态才能方便转移呢?
首先,这个二进制一定有鬼!(但是想偏了)发现数据最高位才9,29是一个很小的数。而这道题的比较对象是一个数值,所以转移的状态需要和数值有关。思考当我们已经枚举了前i位分别是那些数,相当于已经得到了前i位的fi值,如果要优化,就是直接调用“后面的数中的f值小于f(a)-fi的个数”。
所以状态记录为:
f[pos][sum]
表示第pos位,后面的数的值小于等于sum的数的个数
这样就很简单啦
(但是思路还是很巧妙的,所以要总结一下)
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 6 int f[11][10000],a,b,len,orz[11],sum,mi[11]; 7 8 int dfs(int pos,int pre,bool limit){ 9 if(pos==0){ 10 if(pre<=sum) return 1; 11 return 0; 12 } 13 if((!limit)&&f[pos][sum-pre]!=-1) return f[pos][sum-pre]; 14 int st=limit?orz[pos]:9; 15 int ans=0; 16 for(int i=0;i<=st;i++) 17 if(pre+i*mi[pos]<=sum) ans+=dfs(pos-1,pre+i*mi[pos],limit&&i==st); 18 if(!limit) f[pos][sum-pre]=ans; 19 return ans; 20 } 21 int main(){ 22 memset(f,-1,sizeof(f)); 23 mi[1]=1; 24 for(int i=2;i<=10;i++) mi[i]=mi[i-1]*2; 25 int t; 26 scanf("%d",&t); 27 for(int k=1;k<=t;k++){ 28 scanf("%d%d",&a,&b); 29 sum=0; 30 for(int i=a,j=1;i;i/=10,j++) sum+=mi[j]*(i%10);//printf("sum=%d ",sum); 31 for(len=0,b;b;b/=10) orz[++len]=b%10; 32 printf("Case #%d: %d ",k,dfs(len,0,1)); 33 } 34 return 0; 35 }