windy数（数位dp）

传送门

  题目要求在一个区间内不含前导零且任意相邻两个数字之差>=2的数个个数。

  要注意前导0是无效的不用管，比如说0001含前导0就可以直接视作1，1001就不含前导0，还需要注意的就是虽然0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这些是只有一个数字的数，但是这个只有一位数字的数是算作满足条件的数的。先定义状态dp[i][j]为前面一个数为j的i位数的方案数，这个是在枚举i位数无限制且无前导0的情况下得出的,当然在用dp[i][j]的时候也要满足一定条件，即在无限制且无前导0的情况下，枚举i位数求满足条件的方案数的时候才可以用.

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<stdlib.h>
#define maxn 20
long long dp[20][10];//dp[i][j]表示前面一个数为j的i位数的方案数
int bit[20];
long long dfs(int pos,int pre,int f,int lim) //pos当前枚举到的位置，pre记录pos位置前一个位置的数，因为当枚举到pos然后无前导0的时候要拿判断i和前一个数即pre的差是否>=2,如果f为1，即枚举第pos位数时有前导0，此时pre是无意义的。
{
    int newf,i;//newf用来记录枚举pos-1位置时有没有前导0
    int up=lim?bit[pos]:9;
    if(pos==0) return 1;
    if(!lim&&(f==0)&&(dp[pos][pre]!=-1)) return dp[pos][pre];
    long long ans=0;

    for(i=0;i<=up;i++)
    {

        if(f==1&&i==0)
            newf=1;
        else
            if(f!=1)
                newf=0;
            else
                if(f==1&&i!=0)
                    newf=0;

        if(f==1)//有前导0的话，pre无效，pow位置的数可以在0~up随便取
        {

            ans+=dfs(pos-1,i,newf,lim&&(i==up));
        }
        else
        {
            if(abs(pre-i)>=2)
                ans+=dfs(pos-1,i,newf,lim&&(i==up));
        }

    }
    if(!lim&&f==0) dp[pos][pre]=ans;如果是在无限制且无前导0的情况下枚举pos位数的，那么ans可以保留起来以后用
    return ans;



}
long long solve(long long n)
{
    int cnt=0;
    while(n)
    {
        bit[++cnt]=n%10;
        n/=10;
    }
    return dfs(cnt,0,1,1);
}
int main()
{
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    long long l,r;
    scanf("%lld%lld",&l,&r);
    printf("%lld
",solve(r)-solve(l-1));
    return 0;
}