标签：def space 指示 one onclick 目的 include += int
数位dp：
数位dp是一种计数用的dp，一般就是要统计一个区间[li,ri]内满足一些条件数的个数。所谓数位dp，
字面意思就是在数位上进行dp。数位的含义：一个数有个位、十位、百位、千位......数的每一位就是数位.一般都通过
dfs来递归找寻。
数位dp与dfs爆搜之间的区别就是前者会记录状态以便优化下一次寻找的时间(也就是记忆化操作)
数位dp操作：
例如给你一个区间[12,12345],你需要找到这个区间内满足条件的数的个数。这个时候我们一般都是先找[0,12345]这个区间满足条件数的个数，然后减去[0,11]这个区间满足条件的数的个数
这里用[0,12345]来演示：
我们先把12345这一个int类型的数分开放在int v[]数组里面(意思就是1放在数组v[0]位，2放在v[1]位........)，然后我们从最高位开始枚举，刚开始我们枚举最高位可以是[0,1],如果你选择的是0那么下一位的枚举范围就是[0,9],否则枚举范围就是[0,2]。一旦第二位的枚举范围是[0,9]那么之后枚举其他位置他的枚举范围都是[0,9](想想就知道啦！)。也就是说如果枚举第三位的时候想让它的枚举范围变成[0,3]那么第一位必须枚举1第二位必须枚举2
然后就是最重要的记忆化，一般记忆化都需要找出来记录状态的方程(也就是dp方程)。
上一个模板看看：模板原博客
1 typedef long long ll; 2 3 int a[20]; 4 5 ll dp[20][state];//不同题目状态不同 6 7 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 8 9 { 10 11 //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 12 13 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 */ 14 15 //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝) 16 17 if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state]; 18 19 /*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*/ 20 21 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 22 23 ll ans=0; 24 25 //开始计数 26 27 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 28 29 { 30 31 if() ... 32 33 else if()... 34 35 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 36 37 /*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了 38 39 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 40 41 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 42 43 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， 44 45 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*/ 46 47 } 48 49 //计算完，记录状态 50 51 if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans; 52 53 /*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*/ 54 55 return ans; 56 57 } 58 59 ll solve(ll x) 60 61 { 62 63 int pos=0; 64 65 while(x)//把数位都分解出来 66 67 { 68 69 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 70 71 x/=10; 72 73 } 74 75 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 76 77 } 78 79 int main() 80 81 { 82 83 ll le,ri; 84 85 while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri)) 86 87 { 88 89 //初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化,后面讲 90 91 printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1)); 92 93 } 94 95 }
例题讲解：
题目：
Input输入的都是整数对n、m（0<n≤m<1000000），如果遇到都是0的整数对，则输入结束。
Output对于每个整数对，输出一个不含有不吉利数字的统计个数，该数值占一行位置。
Sample Input
1 100 0 0
Sample Output
80
题解：
首先不要4，那么dfs过程中遇到4就直接continue掉就可以了。
然后就是不要62，这样的话我们就要在dfs过程中弄一个参数来记录一下它的上一位是谁。如果上一位是6那么就对后面的枚举范围有影响。否则就没有影响！
因为上一位是6的话会对之后的选择造成影响，所以如果上一位是6要开一个新状态来记录(这就是dp数组第二个维度的由来，那么第一个维度表明现在枚举到哪个位置了)。
代码：
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<algorithm> 4 #include<iostream> 5 using namespace std; 6 const int maxn=105; 7 int a[maxn],dp[maxn][2]; 8 //pos是用来记录遍历到那个位置了，pre用来记录上一个数是谁，sta用来记录dp状态，limit室枚举上界 9 int dfs(int pos,int pre,bool sta,bool limit) 10 { 11 if(pos==-1) return 1; //pos==-1的时候就结束了，返回1代表这个号码可以构成号码牌 12 if(!limit && dp[pos][sta]!=-1) return dp[pos][sta]; 13 int up=limit?a[pos]:9; 14 int tmp=0; 15 for(int i=0;i<=up;++i) 16 { 17 if(pre==6 && i==2) continue; 18 if(i==4) continue; 19 tmp+=dfs(pos-1,i,i==6,limit && i==a[pos]); 20 } 21 if(!limit) dp[pos][sta]=tmp; //只有上界不等于a[pos]的时候，才会记录，正好和上面记忆化return保持一致 22 //为什么要加一个判断，因为如果它的上界等于a[pos]的时候会对后面的枚举造成影响 23 //而且这样记忆化可以优化更多的时间 24 return tmp; 25 } 26 int solve(int ans) 27 { 28 int pos=0; 29 while(ans) 30 { 31 a[pos]=ans%10; 32 ans/=10; 33 pos++; 34 } 35 return dfs(pos-1,0,0,true); 36 } 37 int main() 38 { 39 int l,r; 40 while(~scanf("%d%d",&l,&r) && l+r) 41 { 42 memset(dp,-1,sizeof(dp)); 43 printf("%d\n",solve(r)-solve(l-1)); 44 } 45 return 0; 46 }
题目：
反恐怖分子在尘土中发现了一颗定时炸弹。但这一次，恐怖分子改进了定时炸弹。定时炸弹的序号从1数到n，如果当前的序号包含子序号“49”，则爆炸的威力会增加1分。现在反恐怖分子知道了数字n，他们想知道最后的权力点。你能帮助他们吗?
输入第一行输入由一个整数T (1 <= T <= 10000)组成，表示测试用例的数量。对于每个测试用例，都有一个整数N (1 <= N <= 2^63-1)作为描述。输入在文件标记结束时终止。输出对于每个测试用例，输出一个整数，指示电源的最终点。
Sample Input
3 1 50 500
Sample Output
0 1 15
提示从1到500年,数字,包括子“49”是“49”、“149”、“249”、“349”、“449”、“490”、“491”、“492”、“493”、“494”、“495”、“496”、“497”、“498”、“499”,所以答案是15。
题解：
比上一个还简单，不用讲了
代码：
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<algorithm> 4 #include<iostream> 5 using namespace std; 6 const int maxn=105; 7 typedef long long ll; 8 ll v[maxn],dp[maxn][2]; 9 ll dfs(ll pos,ll pre,ll sta,bool limit) 10 { 11 if(pos==-1) return 1; 12 if(!limit && dp[pos][sta]!=-1) return dp[pos][sta]; 13 ll up=limit?v[pos]:9; 14 ll tmp=0; 15 for(ll i=0;i<=up;++i) 16 { 17 if(pre==4 && i==9) continue; 18 tmp+=dfs(pos-1,i,i==4,limit && i==v[pos]); 19 } 20 if(!limit) dp[pos][sta]=tmp; 21 //只有上界为9的时候才会往dp数组里面存，因为这样能节省更多的时间 22 return tmp; 23 } 24 ll solve(ll ans) 25 { 26 ll pos=0; 27 while(ans) 28 { 29 v[pos++]=ans%10; 30 ans/=10; 31 } 32 return dfs(pos-1,-1,0,true); 33 } 34 int main() 35 { 36 ll t,n; 37 scanf("%I64d",&t); 38 while(t--) 39 { 40 41 memset(dp,-1,sizeof(dp)); 42 scanf("%I64d",&n); 43 printf("%I64d\n",n-solve(n)+1); 44 } 45 return 0; 46 }
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