标签：size ack tps 理解 none sizeof 操作 数据 algo
在信息学竞赛中，有一类难度不大但异常麻烦的问题——数位计数问题， 这类问题的主要特点是询问的答案和一段连续的数的各个数位相关，并且需要对时间效率有一定要求。 由于解决这类问题往往意味着巨大的代码量，而众多的特
殊情况又意味着出现错误的巨大可能性，因此很少有人愿意解决此类问题， 但只要掌握好的方法，解决这类问题也并非想象中的那样困难------<<数位计数问题解法研究>>高逸涵。
其实数位DP或者说数位计数问题没这么难，只要构造出合适的状态，就能解决。
动态规划的核心就是在于状态的设计，如何能使重叠的自问题更多，使转移更快速？
一道简单的题：
Input
输入N(1 <= N <= 10^9)
Output
输出包含1的个数
Input示例
12
Output示例
5
这道题非常简单，相信不用数位DP都能快速解决，我们不妨用它来感受一下数位DP。
一个有效的状态：dp[i][j]表示到第i位前面一的个数是j的1个数。（这里的1个数说的是i后面的数产生完的所有1的个数）。
转移也很简单，枚举每一位。但题目给定上下界了呀，因为这个数满足，区间加减，所以只要求出（1~b的）-（1~a-1的）就可以了。
能上界怎么做。我们于是多了一位dp[i][j][k]k表示前面枚举的是不是刚好是上界。如果是只能枚举0-a[i+1]否则可以枚举0-9。
动态规划有两种实现方式，一种是有上到小带备忘的搜索，一种是由下到上的递推，
如果用递推实现的话发现有部分没有的状态和重复，并且转移实现较难，于是我们用前者。
没带备忘的搜索：
int dfs(int x,int h,int f){ if (!x) return h; int N=(f)?a[x]:9,sum=0; for (int i=0;i<=N;i++){ sum+=dfs(x-1,h+(i==1),f&(i==N)); } return sum; }
理解一下代码。
当然它会很慢，其实我们又发现k这一维在搜索中没必要用，因为只有没限制的数才能重复使用。
所以变成了这样：
int dfs(int x,int h,int f){ if (!x) return h; if (!f && dp[x][h]!=-1) return dp[x][h]; int N=(f)?a[x]:9,sum=0; for (int i=0;i<=N;i++){ sum+=dfs(x-1,h+(i==1),f&(i==N)); } if (!f) dp[x][h]=sum; return sum; }
完整代码（不要慌，前面30多行头文件，请自行无视）：
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #include<cstdlib> 7 #include<vector> 8 using namespace std; 9 typedef long long ll; 10 typedef long double ld; 11 typedef pair<int,int> pr; 12 const double pi=acos(-1); 13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++) 14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--) 15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i]) 16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a)) 17 #define pb push_back 18 #define mp make_pair 19 #define fi first 20 #define sc second 21 #define pq priority_queue 22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> > 23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> > 24 #define vec vector 25 ld eps=1e-9; 26 ll pp=1000000007; 27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;} 28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;} 29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); } 30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; } 31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1}; 32 ll read(){ ll ans=0; char last=‘ ‘,ch=getchar(); 33 while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘)last=ch,ch=getchar(); 34 while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘)ans=ans*10+ch-‘0‘,ch=getchar(); 35 if(last==‘-‘)ans=-ans; return ans; 36 } 37 int dp[11][11],a[11]; 38 int dfs(int x,int h,int f){ 39 if (!x) return h; 40 if (!f && dp[x][h]!=-1) return dp[x][h]; 41 int N=(f)?a[x]:9,sum=0; 42 for (int i=0;i<=N;i++){ 43 sum+=dfs(x-1,h+(i==1),f&(i==N)); 44 } 45 if (!f) dp[x][h]=sum; 46 return sum; 47 } 48 int solve(int x){ 49 int nu=0; 50 while (x){ 51 a[++nu]=x%10; x/=10; 52 } 53 return dfs(nu,0,1); 54 } 55 int main() 56 { 57 memset(dp,-1,sizeof(dp)); 58 int n=read(); 59 printf("%d",solve(n)); 60 return 0; 61 }
两个数a,b（1 <= a <= b <= 10^18)
输出共10行，分别是0-9出现的次数
10 19
1 11 1 1 1 1 1 1 1 1
和上面一题类似多做几遍就可以了
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #include<cstdlib> 7 #include<vector> 8 using namespace std; 9 typedef long long ll; 10 typedef long double ld; 11 typedef pair<int,int> pr; 12 const double pi=acos(-1); 13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++) 14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--) 15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i]) 16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a)) 17 #define pb push_back 18 #define mp make_pair 19 #define fi first 20 #define sc second 21 #define pq priority_queue 22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> > 23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> > 24 #define vec vector 25 ld eps=1e-9; 26 ll pp=1000000007; 27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;} 28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;} 29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); } 30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; } 31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1}; 32 ll read(){ ll ans=0; char last=‘ ‘,ch=getchar(); 33 while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘)last=ch,ch=getchar(); 34 while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘)ans=ans*10+ch-‘0‘,ch=getchar(); 35 if(last==‘-‘)ans=-ans; return ans; 36 } 37 ll dp[30][30]; 38 int a[30]; 39 ll dfs(int x,int l,int h,int f,int u){ 40 if (!x) return h; 41 if (!f && !l && dp[x][h]!=-1) return dp[x][h]; 42 int N=(f)?a[x]:9; ll sum=0; 43 sum+=dfs(x-1,l,(!l)?h+(0==u):h,f&(0==N),u); 44 for (int i=1;i<=N;i++){ 45 sum+=dfs(x-1,0,h+(i==u),f&(i==N),u); 46 } 47 if (!f && !l) dp[x][h]=sum; 48 return sum; 49 } 50 ll solve(ll x,int num){ 51 int nu=0; 52 while (x){ 53 a[++nu]=x%10; x/=10; 54 } 55 return dfs(nu,1,0,1,num); 56 } 57 int main() 58 { 59 ll a=read(),b=read(); 60 for (int i=0;i<=9;i++){ 61 memset(dp,-1,sizeof(dp)); 62 printf("%lld\n",solve(b,i)-solve(a-1,i)); 63 } 64 return 0; 65 }
输入N(1<= N <= 1000)
输出幸运号码的数量 Mod 10^9 + 7
1
这道题和前面两道不太一样，因为它没有限制，
仔细分析一下，求出每种（N个数的和）的和的个数会比较方便。
暴力找肯定太慢了，因为有很多重复的状态，于是我们有找到了动规，
dp[i][j]表示i个数和为j的方案数，dp[i][j]=dp[i-1][j-k]+dp[i][j]。（k为0-9）。
当然这是有前导零的情况，在算一算，搞一搞就做出了，（有点卡常，无耻的打了点表）
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #include<cstdlib> 7 #include<vector> 8 using namespace std; 9 typedef long long ll; 10 typedef long double ld; 11 typedef pair<int,int> pr; 12 const double pi=acos(-1); 13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++) 14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--) 15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i]) 16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a)) 17 #define pb push_back 18 #define mp make_pair 19 #define fi first 20 #define sc second 21 #define pq priority_queue 22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> > 23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> > 24 #define vec vector 25 ld eps=1e-9; 26 ll pp=1000000007; 27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;} 28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;} 29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); } 30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; } 31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1}; 32 ll read(){ ll ans=0; char last=‘ ‘,ch=getchar(); 33 while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘)last=ch,ch=getchar(); 34 while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘)ans=ans*10+ch-‘0‘,ch=getchar(); 35 if(last==‘-‘)ans=-ans; return ans; 36 } 37 int ans[]={232650649,720937918,921442020,928735687,103605794,601085237,154776706,547911408,386614805,685161562}; 38 ll dp[1005][10000]; 39 int main() 40 { 41 int n=read(); 42 if (n>990){ 43 printf("%d",ans[n-991]); 44 return 0; 45 } 46 dp[0][0]=1; 47 for (int i=1;i<=n;i++) 48 for (int j=0;j<=(9*i);j++){ 49 for (int k=0;k<=9;k++) 50 if (j>=k){ 51 dp[i][j]=(dp[i-1][j-k]+dp[i][j])%pp; 52 } 53 } 54 ll ans=0; 55 for (int i=0;i<=(9*n);i++){ 56 ans=(ans+dp[n][i]*(dp[n][i]-dp[n-1][i]))%pp; 57 } 58 printf("%d",ans); 59 return 0; 60 }
第1行：一个数T，表示后面用作输入测试的数的数量。（1 <= T <= 10000) 第2 - T + 1行：每行2个数，X, Y中间用空格分割。(1 <= X <= Y <= 10^18)
输出共T行，对应区间中完美数的数量。
2 1 9 12 15
9
2
这道题RYZ老师讲过，%%%，还考过（当时还写挂了）。
这题状态中你要记位置吧，要记非零数的lcm吧，但总不能把那个数都记下来吧，
我们又有一个发现我们只要记那个数模2520的值，2520是所有lcm的公倍数，模一个2520没事。
19*2520*2520还是要炸啊。我们存的时候还要压一压，哇lcm不是很多啊，就不足50个离散一下就行。
PS:代码我上次打的找不到了，随便拉了一份。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define rep(i,n) for(int (i)= 0;i < (n);i++) 4 #define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a)) 5 #define MS1(a) memset(a,-1,sizeof(a)) 6 typedef long long ll; 7 const int MOD = 2520; 8 ll dp[21][2520][50]; 9 int d[21],index[MOD+5]; 10 void init() 11 { 12 for(int i = 1,tot = 0;i <= MOD;i++) 13 if(MOD % i == 0) index[i] = tot++; 14 MS1(dp); 15 } 16 int lcm(int a,int b) 17 { 18 return a/__gcd(a,b)*b; 19 } 20 ll dfs(int pos,int prev,int prelcm,int edge) 21 { 22 if(pos == -1) return prev % prelcm?0:1; // *** 23 ll ans = dp[pos][prev][index[prelcm]]; 24 if( !edge && ~ans) return ans; 25 ans = 0; 26 int e = edge ? d[pos]:9; 27 for(int i = 0;i <= e;i++){ 28 int nowlcm = i ? lcm(prelcm,i) : prelcm; 29 int nowv = (prev * 10 + i)%MOD; 30 ans += dfs(pos - 1,nowv,nowlcm,edge && i == e); 31 } 32 if(!edge) dp[pos][prev][index[prelcm]] = ans; 33 return ans; 34 } 35 ll query(ll n) 36 { 37 MS0(d);int tot = 0; 38 while(n){ 39 d[tot++] = n%10; 40 n /= 10; 41 } 42 return dfs(tot - 1,0,1,1); 43 } 44 int main() 45 { 46 init(); 47 int T; 48 cin>>T; 49 while(T--){ 50 ll l,r; 51 scanf("%I64d%I64d",&l,&r); 52 printf("%I64d\n",query(r) - query(l-1)); 53 } 54 }
第1行：1个数N，表示数组A的长度(1 <= N <= 50000)。 第2 - N + 1行：每行一个数，对应数组A的元素A[i]（1 <= A[i] <= 10^18)。
输出一个数，S[A1] Xor S[A2] Xor S[A3] ..... Xor S[An]的结果Mod 1000000007。
3 1 2 3
7
这题我们的目光要放到S序列上，我们求个S在二进制下长度i位的个数是（有前导零和无前导零的都记下）可以由递推求得。sum是有前导零，dp是无前导零。（这应该比较水吧，写几个数都能写出来）。
sum[1]=1; dp[1]=1; for (int i=2;i<N;i++){ dp[i]=sum[i-2]+1; sum[i]=sum[i-1]+dp[i]; }
然后对于每个数在递归确定哪一位上有1（确定可以用二分）。
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #include<cstdlib> 7 #include<vector> 8 using namespace std; 9 typedef long long ll; 10 typedef unsigned long long ull; 11 typedef long double ld; 12 typedef pair<int,int> pr; 13 const double pi=acos(-1); 14 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++) 15 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--) 16 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i]) 17 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a)) 18 #define pb push_back 19 #define mp make_pair 20 #define fi first 21 #define sc second 22 #define pq priority_queue 23 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> > 24 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> > 25 #define vec vector 26 ld eps=1e-9; 27 ll pp=1000000007; 28 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;} 29 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;} 30 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); } 31 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; } 32 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1}; 33 ll read(){ ll ans=0; char last=‘ ‘,ch=getchar(); 34 while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘)last=ch,ch=getchar(); 35 while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘)ans=ans*10+ch-‘0‘,ch=getchar(); 36 if(last==‘-‘)ans=-ans; return ans; 37 } 38 const int N=87; 39 ll sum[N],dp[N],ans[N],Ans; 40 int search(int l,int r,ll key){ 41 while (l<r){ 42 int mid=(l+r)>>1; 43 if (sum[mid]<key) l=mid+1; 44 else r=mid; 45 } 46 return l; 47 } 48 int main() 49 { 50 int n=read(); sum[1]=1; dp[1]=1; 51 for (int i=2;i<N;i++){ 52 dp[i]=sum[i-2]+1; sum[i]=sum[i-1]+dp[i]; 53 } 54 for (int i=1;i<=n;i++){ 55 ll a=read(); int len=search(0,N-1,a); 56 while (len){ 57 ans[len]^=1; a-=sum[len-1]+1; 58 len=search(0,len-1,a); 59 } 60 } 61 for (int i=N-1;i;i--){ 62 Ans=(Ans*2+ans[i])%pp; 63 } 64 printf("%lld",Ans); 65 return 0; 66 }
第1行：一个数T，表示后面用作输入测试的数的数量。（1 <= T <= 10000) 第2 - T + 1行：每行2个数，X, Y中间用空格分割。(1 <= X <= Y <= 10^18)
输出共T行，对应区间中幸运数的数量。
2 1 20 120 130
4
1
太水了吧，题解请脑补。
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #include<cstdlib> 7 #include<vector> 8 using namespace std; 9 typedef long long ll; 10 typedef long double ld; 11 typedef pair<int,int> pr; 12 const double pi=acos(-1); 13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++) 14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--) 15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i]) 16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a)) 17 #define pb push_back 18 #define mp make_pair 19 #define fi first 20 #define sc second 21 #define pq priority_queue 22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> > 23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> > 24 #define vec vector 25 ld eps=1e-9; 26 ll pp=1000000007; 27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;} 28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;} 29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); } 30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; } 31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1}; 32 ll read(){ ll ans=0; char last=‘ ‘,ch=getchar(); 33 while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘)last=ch,ch=getchar(); 34 while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘)ans=ans*10+ch-‘0‘,ch=getchar(); 35 if(last==‘-‘)ans=-ans; return ans; 36 } 37 const int N_2=81*19,N=9*19; 38 int f[N_2],p[N_2],a[19],nu; 39 ll dp[19][N][N_2]; 40 void pre(){ 41 f[0]=1; f[1]=1; 42 for (int i=2;i<=N_2;i++){ 43 if (!f[i]) p[++nu]=i; 44 for (int j=1;j<=nu && i*p[j]<=N_2;j++){ 45 f[i*p[j]]=1; 46 if (i%p[j]==0) break; 47 } 48 } 49 } 50 ll dfs(int x,int h,int h_2,int f_){ 51 if (!x) return ((!f[h]) && (!f[h_2]))?1:0; 52 if (!f_ && dp[x][h][h_2]!=-1) return dp[x][h][h_2]; 53 int M; ll sum=0; 54 if (f_) M=a[x]; else M=9; 55 for (int i=0;i<=M;i++) 56 sum+=dfs(x-1,h+i,h_2+i*i,f_&(i==M)); 57 if (!f_) dp[x][h][h_2]=sum; 58 return sum; 59 } 60 ll solve(ll x){ 61 int num=0; 62 while (x){ 63 a[++num]=x%10; x/=10; 64 } 65 return dfs(num,0,0,1); 66 } 67 int main() 68 { 69 int T=read(); 70 pre(); 71 memset(dp,-1,sizeof(dp)); 72 while (T--){ 73 ll a=read(),b=read(); 74 printf("%lld\n",solve(b)-solve(a-1)); 75 } 76 return 0; 77 }
定义数的消除操作为选定[L，R，x]，如果数的第L到第R位上的数字都大于等于x，并且这些数都相等，那么该操作是合法的(从低位到高位编号，个位是第一位，百位是第二位……),然后将这些位数上的数减x；否则就是不合法的，不能进行操作。对一个数操作最少的次数使得这个数变成0，这个操作次数称为该数的最小操作数。如：1232的最小操作数为3，一个合法解是[2,2,1],[1,3,2],[4,4,1]。
求L~R中最小操作数为k的数的个数。
例如：132，需要操作3次才能变为0。而131131 => 111131 => 111111 =>0
单组测试数据。 三个整数L、R和k(1<=L<=R<=10^18,1<=k<=18)。
一个整数表示答案。
10 21 2
9
这题你要想想一个数字造成贡献的情况，在记下你需要的情况即可。
1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #include<cstdlib> 7 #include<vector> 8 using namespace std; 9 typedef long long ll; 10 typedef long double ld; 11 typedef pair<int,int> pr; 12 const double pi=acos(-1); 13 #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++) 14 #define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;i--) 15 #define Rep(i,u) for(int i=head[u];i;i=Next[i]) 16 #define clr(a) memset(a,0,sizeof(a)) 17 #define pb push_back 18 #define mp make_pair 19 #define fi first 20 #define sc second 21 #define pq priority_queue 22 #define pqb priority_queue <int, vector<int>, less<int> > 23 #define pqs priority_queue <int, vector<int>, greater<int> > 24 #define vec vector 25 ld eps=1e-9; 26 ll pp=1000000007; 27 ll mo(ll a,ll pp){if(a>=0 && a<pp)return a;a%=pp;if(a<0)a+=pp;return a;} 28 ll powmod(ll a,ll b,ll pp){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mo(a*a,pp))if(b&1)ans=mo(ans*a,pp);return ans;} 29 void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); } 30 //void add(int x,int y,int z){ v[++e]=y; next[e]=head[x]; head[x]=e; cost[e]=z; } 31 int dx[5]={0,-1,1,0,0},dy[5]={0,0,0,-1,1}; 32 ll read(){ ll ans=0; char last=‘ ‘,ch=getchar(); 33 while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘)last=ch,ch=getchar(); 34 while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘)ans=ans*10+ch-‘0‘,ch=getchar(); 35 if(last==‘-‘)ans=-ans; return ans; 36 } 37 int a[20]; 38 ll dp[20][2000][30]; 39 ll dfs(int x,int s,int h,int k,int f){ 40 if (!x) return (h==k)?1:0; 41 if (!f && dp[x][s][h]!=-1) return dp[x][s][h]; 42 int N=(f)?a[x]:9; ll sum=dfs(x-1,0,h,k,f&(0==N)); int s_=0; 43 for (int i=1;i<=N;i++){ 44 s_+=s&(1<<i); 45 sum+=dfs(x-1,s_|(1<<i),h+((s&(1<<i))==0),k,f&(i==N)); 46 } 47 if (!f) dp[x][s][h]=sum; 48 return sum; 49 } 50 ll solve(ll x,int k){ 51 int num=0; 52 while (x){ 53 a[++num]=x%10; x/=10; 54 } 55 return dfs(num,0,0,k,1); 56 } 57 int main() 58 { 59 memset(dp,-1,sizeof(dp)); 60 ll l=read(),r=read(),k=read(); 61 printf("%lld",solve(r,k)-solve(l-1,k)); 62 return 0; 63 }
标签：size ack tps 理解 none sizeof 操作 数据 algo
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