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？
标签：can 范围 bit art 包含 gre 完全 typedef abs
只会统计数位个数或者某种”符合简单规律”的数并不够……我们需要更多的套路和应用
数位dp中常用的思想是“分类讨论”思想。下面我们就看一道典型的分类讨论例题
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？
输入包含两个整数，A和B。
输出一个整数，代表windy数个数
【数据规模和约定】
100%的数据，满足 1 <= A <= B <= 2000000000 。
题解：
首先转化为典型的work（B+1）-work（A）数数模型（区间左闭右开），下面我们的目标就是求[1,X)内windy数的个数了
设f[i][j]为i位数，第i位是j时windy数的个数。
从样例中我们注意到，个位数都是windy数，那么我们先处理出来，然后从十位数开始预处理，
显然，当abs（j-k）>=2时，f[i][j]+=f[i-1][k];
然后,我们设待处理的数位X=abcdefd（每一位的数字我们用字母表示），设其长度为l
那么对于小于等于x的数（设为t），我们分下面3种情况讨论：
for(int i=1;i<bit[l];i++)ans+=f[l][i];
//1° t的位数与x相同，但t的最高位小于x的最高位：直接加上f[l]["t的最高位"]
for(int i=1;i<b;i++)
for(int j=1;j<10;j++)
ans+=f[i][j];
//2°t的位数比x小，那么任意f[t][j]都是合法的
for(int i=b-1;i;i--)
{
for(int j=0;j<bit[i];j++)
if(abs(j-bit[i+1])>=2)ans+=f[i][j];
if(abs(bit[i]-bit[i+1])<2)break;
}
//3°t的位数与x相同，且t的最高位等于x的最高位
//此时我们就和之前一样，for循环枚举判断即可，注意及时跳出
那么这道题就没有什么大问题了。完整代码见下：
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 using namespace std; 4 typedef long long LL; 5 LL l,r,f[15][15];int bit[15]; 6 inline int abs(int a){return a>0?a:-a;} 7 inline void intn() 8 { 9 memset(f,0,sizeof(f)); 10 for(int i=0;i<10;i++)f[1][i]=1; 11 for(int i=2;i<=10;i++) 12 for(int j=0;j<10;j++) 13 for(int k=0;k<10;k++) 14 if(abs(j-k)>=2) 15 f[i][j]+=f[i-1][k]; 16 } 17 inline LL work(LL x) 18 { 19 if(x==0)return 0; 20 int b=0;LL ans=0; 21 memset(bit,0,sizeof(bit)); 22 while(x)bit[++b]=x%10,x/=10; 23 for(int i=1;i<b;i++) 24 for(int j=1;j<10;j++) 25 ans+=f[i][j]; 26 for(int i=1;i<bit[b];i++) 27 ans+=f[b][i]; 28 for(int i=b-1;i;i--) 29 { 30 for(int j=0;j<bit[i];j++) 31 if(abs(j-bit[i+1])>=2)ans+=f[i][j]; 32 if(abs(bit[i]-bit[i+1])<2)break; 33 } 34 return ans; 35 } 36 int main() 37 { 38 intn(); 39 scanf("%lld%lld",&l,&r); 40 printf("%lld",work(r+1)-work(l)); 41 }
接下来这道题可就没有那么简单了……这道题用到了另外一个套路：搜索+找规律
小Z在玩一个叫做《淘金者》的游戏。游戏的世界是一个二维坐标。X轴、Y轴坐标范围均为1..N。初始的时候，所有的整数坐标点上均有一块金子，共N*N块。
一阵风吹过，金子的位置发生了一些变化。细心的小Z发现，初始在(i，j)坐标处的金子会变到(f(i)，fIj))坐标处。其中f(x)表示x各位数字的乘积，例如f(99)=81，f(12)=2，f(10)=0。如果金子变化后的坐标不在1..N的范围内，我们认为这块金子已经被移出游戏。同时可以发现，对于变化之后的游戏局面，某些坐标上的金子数量可能不止一块，而另外一些坐标上可能已经没有金子。这次变化之后，游戏将不会再对金子的位置和数量进行改变，玩家可以开始进行采集工作。
小Z很懒，打算只进行K次采集。每次采集可以得到某一个坐标上的所有金子，采集之后，该坐标上的金子数变为0。
现在小Z希望知道，对于变化之后的游戏局面，在采集次数为K的前提下，最多可以采集到多少块金子？
答案可能很大，小Z希望得到对1000000007(10^9+7)取模之后的答案。
输入共一行，包含两介正整数N，K。输出为一个整数，表示最多可以采集到的金子数量。
N < = 10^12 ,K < = 100000
对于100%的测试数据：K < = N^2
题解：不难发现，按前几道题的想法完全无法解决本题。
（先回宿舍明天补完……）
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<queue> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 typedef long long LL; 7 const int N=401000; 8 const LL mod=1000000007; 9 LL n;int bit[15],b,k,tot; 10 LL f[15][N][2],base[N],ans[N]; 11 struct node 12 { 13 int x,y;LL val; 14 node(int a,int b){x=a,y=b,val=ans[a]*ans[b];} 15 bool operator > (const node &b)const{return val>b.val;} 16 bool operator < (const node &b)const{return val<b.val;} 17 }; 18 priority_queue<node>q; 19 void dfs(int start,int len,LL multi) 20 { 21 if(len==b)base[tot++]=multi; 22 else 23 { 24 if(!multi)return; 25 for(int j=start;j<10;j++) 26 dfs(j,len+1,multi*j); 27 } 28 } 29 inline bool mt(const LL &a,const LL &b){return a>b; } 30 int main() 31 { 32 scanf("%lld%d",&n,&k); 33 b=0;memset(bit,0,sizeof(bit)); 34 while(n)bit[++b]=n%10,n/=10; 35 base[++tot]=0;dfs(0,0,1); 36 sort(base+1,base+tot+1); 37 tot=unique(base+1,base+tot+1)-base-1; 38 base[tot+1]=0x7fffffff; 39 f[0][2][0]=1; 40 for(int i=0;i<=b;i++) 41 for(int j=1;j<=tot;j++) 42 for(int k=0;k<=1;k++) 43 if(f[i][j][k]) 44 for(int x=(i==0)?0:1;x<10;x++) 45 { 46 int next=lower_bound(base+1,base+tot+1,base[j]*x)-base; 47 f[i+1][next][(k+x)>bit[i+1]]+=f[i][j][k]; 48 } 49 for(int i=1;i<=tot;i++) 50 { 51 for(int j=1;j<b;j++) 52 ans[i]+=f[j][i][0]+f[j][i][1]; 53 ans[i]+=f[b][i][0]; 54 } 55 sort(ans+1,ans+tot+1,mt); 56 q.push(node(2,2)); 57 LL ans=0; 58 while(!q.empty()&&k) 59 { 60 node t=q.top();q.pop(); 61 ans=(ans+t.val)%mod; 62 if(!(--k))break; 63 if(t.x!=t.y) 64 { 65 ans=(ans+t.val)%mod;//再加一遍（y,x)； 66 if(!(--k))break; 67 q.push(node(t.x+1,t.y)); 68 } 69 if(t.x==2)q.push(node(t.x,t.y+1)); 70 } 71 printf("%lld",ans); 72 }
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标签：can 范围 bit art 包含 gre 完全 typedef abs
原文地址：http://www.cnblogs.com/LadyLex/p/7157822.html
