Description
(windy)定义了一种(windy)数。不含前导零且相邻两个数字之差至少为(2)的正整数被称为(windy)数。(windy)想知道，
在(A)和(B)之间，包括(A)和(B)，总共有多少个(windy)数？
Input
包含两个整数，(A,B)。
Output
一个整数
Sample Input
25 50
Sample Output
20
Hint
(For~All:)
(1~leq~A~leq~B~leq~2~ imes~10^9)
Solution
数位DP。
数位DP的DP状态一般含有如下参数：
1、从高到低当前填到了第几位。
2、当前这一位的数是几。
3、这一位是否等于一个上界x。一般而言，大于上界没有意义，所以可以用一个二进制表示等于或小于。
4、从最高位到这一位是否全为0
对于具体题目，需要根据要求增删状态。
对于本题而言，可以设(f_{i,j,0/1,0/1})代表从高到低填到了第i位，当前这一位数字是j，否/是等于0，否/是全为0的方案数
考虑([A,B])间的答案就等于小于(B)的答案减去小于(A-1)的答案。于是可以分别把(B)和(A-1)作为上界x求得答案相减。
预处理：处理出第一位所有的情况。具体的，设第一位是(s_1)，则(f_{1,j,0,0}=1|j<s_1),(f_{1,0,0,1}=1),(f_{1,s_1,1,0}=1)
转移方面，这里使用刷表法刷出下一维。具体的，枚举当前是什么状态，枚举下一位的数字是谁。
直接累加小于上界且从小于上界的状态转移的答案，对于等于上界的状态，转移到等于上界的状态。注意区分小于和等于在第3维上的差异。
显然每一位全是前导零的方案数是1。对于本位置全是前导0的方案，可以更新下一位填任意位置小于上界的状态。
最后累加答案为(ans=(sum_{j<s_{len}}f_{len,j,0,0})+f_{len,s_{len},1,0})。其中len为上界x的位数。
看着发晕的话可以参考代码
Code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long int
typedef long long int ll;
namespace IO {
char buf[90];
}
template<typename T>
inline void qr(T &x) {
char ch=getchar(),lst=' ';
while(ch>'9'||ch<'0') lst=ch,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
if(lst=='-') x=-x;
}
template<typename T>
inline void write(T x,const char aft,const bool pt) {
if(x<0) x=-x,putchar('-');
int top=0;
do {
IO::buf[++top]=x%10+'0';
x/=10;
} while(x);
while(top) putchar(IO::buf[top--]);
if(pt) putchar(aft);
}
template<typename T>
inline T mmax(const T a,const T b) {if(a>b) return a;return b;}
template<typename T>
inline T mmin(const T a,const T b) {if(a<b) return a;return b;}
template<typename T>
inline T mabs(const T a) {if(a<0) return -a;return a;}
template<typename T>
inline void mswap(T &a,T &b) {
T temp=a;a=b;b=temp;
}
const int maxs = 15;
ll a,b;
ll frog[maxs][maxs][5][5],st[maxs];
ll dp(ll x);
int main() {
qr(a);qr(b);
a=dp(a-1);memset(frog,0,sizeof frog);b=dp(b);
write(b-a,'
',true);
return 0;
}
ll dp(ll x) {
int len=0;
rg ll tx=x;
do {++len;} while(tx/=10);if(!x) len=0; //确定x的位数
for(rg int i=len;i;--i) st[i]=x%10,x/=10; //st[i]即为s数组，存储x每一位的值
for(rg int i=1;i<st[1];++i) frog[1][i][0][0]=1;
frog[1][st[1]][1][0]=frog[1][0][0][1]=1;
/*
*初始化：
*第一位填小于s[1]的数，整个数小于x前1位且无前导0的方案数
*=第一位填s[1]的数，整个数等于x前1位的方案数
*=全部填0的方案数=1
*/
for(rg int i=1;i<len;++i) {
rg int di=i+1; //下一位置
for(rg int j=0;j<10;++j) {
for(rg int k=0;k<10;++k) {
if(mabs(j-k) >= 2) { //如果这一位合法
frog[di][k][0][0]+=frog[i][j][0][0]; //这一位填k的方案数，从上一位的数小于x转移
if(k < st[di]) frog[di][k][0][0]+=frog[i][j][1][0];
//从上一位等于x的数转移到这一位小于x的答案
else if(k == st[di]) frog[di][k][1][0]+=frog[i][j][1][0];
//从上一位等于x的数转移到这一位等于x的答案
}
}
}
frog[di][0][0][1]=1; //下一位全是前导0的方案数为1
for(rg int j=1;j<10;++j) frog[di][j][0][0]+=frog[i][0][0][1];
//由这一位全是前导0可以更新下一位的不取0的所有情况。
}
ll _ans=0;
for(rg int i=0;i<10;++i) _ans+=frog[len][i][0][0];
_ans+=frog[len][st[len]][1][0];
return _ans;
}
Summary
数位dp状态的确定：
1、从高到低当前填到了第几位。
2、当前这一位的数是几。
3、这一位是否等于一个上界x。一般而言，大于上界没有意义，所以可以用一个二进制表示等于或小于。
4、从最高位到这一位是否全为0
转移细节比较多，需要留心