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\n",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;
}