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  • hdu 2089 不要62 数位dp入门

    题意:求一个范围内的数字,约束条件为不含有数字4以及62
    1. typedef long long ll;  
    2. int a[20];  
    3. ll dp[20][state];//不同题目状态不同  
    4. ll dfs(int pos,/*state变量*/,bool lead/*前导零*/,bool limit/*数位上界变量*/)//不是每个题都要判断前导零  
    5. {  
    6.     //递归边界,既然是按位枚举,最低位是0,那么pos==-1说明这个数我枚举完了  
    7.     if(pos==-1) return 1;/*这里一般返回1,表示你枚举的这个数是合法的,那么这里就需要你在枚举时必须每一位都要满足题目条件,也就是说当前枚举到pos位,一定要保证前面已经枚举的数位是合法的。不过具体题目不同或者写法不同的话不一定要返回1 */  
    8.     //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝)  
    9.     if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];  
    10.     /*常规写法都是在没有限制的条件记忆化,这里与下面记录状态是对应,具体为什么是有条件的记忆化后面会讲*/  
    11.     int up=limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up;这个的例子前面用213讲过了  
    12.     ll ans=0;  
    13.     //开始计数  
    14.     for(int i=0;i<=up;i++)//枚举,然后把不同情况的个数加到ans就可以了  
    15.     {  
    16.         if() ...  
    17.         else if()...  
    18.         ans+=dfs(pos-1,/*状态转移*/,lead && i==0,limit && i==a[pos]) //最后两个变量传参都是这样写的  
    19.         /*这里还算比较灵活,不过做几个题就觉得这里也是套路了 
    20.         大概就是说,我当前数位枚举的数是i,然后根据题目的约束条件分类讨论 
    21.         去计算不同情况下的个数,还有要根据state变量来保证i的合法性,比如题目 
    22.         要求数位上不能有62连续出现,那么就是state就是要保存前一位pre,然后分类, 
    23.         前一位如果是6那么这意味就不能是2,这里一定要保存枚举的这个数是合法*/  
    24.     }  
    25.     //计算完,记录状态  
    26.     if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;  
    27.     /*这里对应上面的记忆化,在一定条件下时记录,保证一致性,当然如果约束条件不需要考虑lead,这里就是lead就完全不用考虑了*/  
    28.     return ans;  
    29. }  
    30. ll solve(ll x)  
    31. {  
    32.     int pos=0;  
    33.     while(x)//把数位都分解出来  
    34.     {  
    35.         a[pos++]=x%10;//个人老是喜欢编号为[0,pos),看不惯的就按自己习惯来,反正注意数位边界就行  
    36.         x/=10;  
    37.     }  
    38.     return dfs(pos-1/*从最高位开始枚举*/,/*一系列状态 */,true,true);//刚开始最高位都是有限制并且有前导零的,显然比最高位还要高的一位视为0嘛  
    39. }  
    40. int main()  
    41. {  
    42.     ll le,ri;  
    43.     while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))  
    44.     {  
    45.         //初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化,后面讲  
    46.         printf("%lld ",solve(ri)-solve(le-1));  
    47.     }  
    48. }  
    这里仿照一个大佬的思路开始入门通用一点的数位dp 值得注意的一点是limit的设置 能够防止状态的冲突
    相信读者还对这个有不少疑问,笔者认为有必要讲一下记忆化为什么是if(!limit)才行,大致就是说有无limit会出现状态冲突,举例:
    
    

    约束:数位上不能出现连续的两个1(11、112、211都是不合法的)

    
    

    假设就是[1,210]这个区间的个数

    
    

    状态:dp[pos][pre]:当前枚举到pos位,前面一位枚举的是pre(更加前面的位已经合法了),的个数(我的pos从0开始)

    
    

    先看错误的方法计数,就是不判limit就是直接记忆化

    
    

    那么假设我们第一次枚举了百位是0,显然后面的枚举limit=false,也就是数位上0到9的枚举,然后当我十位枚举了1,此时考虑dp[0][1],就是枚举到个位,前一位是1的个数,显然dp[0][1]=9;(个位只有是1的时候是不满足的),这个状态记录下来,继续dfs,一直到百位枚举了2,十位枚举了1,显然此时递归到了pos=0,pre=1的层,而dp[0][1]的状态已经有了即dp[pos][pre]!=-1;此时程序直接return dp[0][1]了,然而显然是错的,因为此时是有limit的个位只能枚举0,根本没有9个数,这就是状态冲突了。有lead的时候可能出现冲突,这只是两个最基本的不同的题目可能还要加限制,反正宗旨都是让dp状态唯一


    上代码:
    #include <iostream>
    #include <cstdio>
    #include <cstring>
    using namespace std;
    int a[1010];
    int dp[20][2];
    int dfs(int pos,int pre,int sta,bool limit)
    {
        if(pos==-1) return 1;
        if(!limit && dp[pos][sta]!=-1) return dp[pos][sta];
        int up=limit ? a[pos] : 9;
        int sum=0;
        for(int i=0;i<=up;i++)
        {
            if(pre==6 && i==2 || i==4) continue;
            sum+=dfs(pos-1,i,i==6,limit & i==a[pos]);
        }
        if(!limit) dp[pos][sta]=sum; //
        return sum;
    }
    int solve(int x)
    {
        int pos=0;
        while(x)
        {
            a[pos++]=x%10;
            x/=10;
        }
        return dfs(pos-1,-1,0,true);
    }
    int main()
    {
        int n,m;
        while(cin>>n>>m)
        {
            if(n==0 && m==0) break;
            memset(dp,-1,sizeof(dp));
            cout<<solve(m)-solve(n-1)<<endl;
        }
        return 0;
    }
    
    
    
     
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