hdu2089(数位DP 递推形式)
不要62
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杭州交通管理局经常会扩充一些的士车牌照,新近出来一个好消息,以后上牌照,不再含有不吉利的数字了,这样一来,就可以消除个别的士司机和乘客的心理障碍,更安全地服务大众。
不吉利的数字为所有含有4或62的号码。例如:
62315 73418 88914
都属于不吉利号码。但是,61152虽然含有6和2,但不是62连号,所以不属于不吉利数字之列。
你的任务是,对于每次给出的一个牌照区间号,推断出交管局今次又要实际上给多少辆新的士车上牌照了。
0 0
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
using namespace std ;
int dp[][];
//dp[len][0]代表不含4或62的个数
//dp[len][1]代表不含4或62的个数,首位为2
//dp[len][2]代表含4或62的个数
void init()
{
memset(dp,,sizeof(dp));
//dp[1][0]=9;
//dp[1][1]=1;
//dp[1][2]=1;
dp[][]=;
for(int len=;len<=;len++)
{
dp[len][]=dp[len-][]*-dp[len-][];
//在最高位加上除了4之外的9个数字,但是可能在2之前加了6
dp[len][]=dp[len-][];
//就是在原先不含4或62的最高位加2
dp[len][]=*dp[len-][]+dp[len-][]+dp[len-][];
//在已经有不吉利数字最高位加任意数字,或者在无吉利数字前加4,或者在2前面加4
}
} int solve(int x)
{
int s[],len=,xx=x;
while(x>)
{
s[++len]=x%;
x/=;
}
s[len+]=; //初始化前缀为0,0是没有任何影响的,后面一位可能会用到前面一位
// cout<<len<<endl;
int ans=,flag=;
for(int i=len;i>=;i--)
{
ans+=(s[i]*dp[i-][]);
if(flag) //如果前缀中有出现4或者62的话,那么后面的数就全加上
{
ans+=s[i]*dp[i-][];
} //只考虑以len位置为i的开头的数
if(!flag && s[i]>)
ans+=dp[i-][];
if(!flag && s[i]>)
ans+=dp[i-][];//因为是大于号,所以低一位可以完全枚举 //考虑前缀的影响
if(!flag && s[i+]== && s[i]>)
ans+=dp[i][];
if(s[i]== || (s[i+]== && s[i]==) )
{
flag=;
}
}
return xx-ans;
}
int main()
{
init() ;
int n,m ;
//
while(scanf("%d%d",&n,&m))
{
if(n== && m==)
break ;
// solve(101);
printf("%d\n",solve(m+)-solve(n)) ;//用[0,m]-[0,n)即可得到区间[n,m]
} return ;
}
dp[len][0]代表首位不为6,剩余长度为len,不含4和62的数的个数,
dp[len][1]代表首位为6,剩余长度为len,不含4和62的数的个数。
同样是枚举每个位置上的数,但是不同的是对于枚举当当前位置最大值的处理,dfs通过fp(代表是否是n的前缀)
这个参数只是用来告诉下一个状态是枚举到9,还是枚举到自身位置的最大值,如果是上界的前缀就只能枚举当自身位置的最大值,
不是就可以从0枚举到9.还有一个参数是用来表示前缀的最后一位是否为6的状态,
不为6,ret+=dp[len-1][0],
为6,ret+=dp[len][1];
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
#define LL long long
LL dp[][];
int digit[]; LL dfs(int len,bool state,bool fp)
{
if(!len) //len能减到0,说明枚举的这个长度为len的数不含4和62
return ;
if(!fp && dp[len][state] != -) //如果不是前缀,并且已经被计算过
return dp[len][state];
//是前缀的话,说明dp[len][state]不能用,就得重新搜索(枚举)。
LL ret = ;int fpmax = fp ? digit[len] : ;
for(int i=;i<=fpmax;i++) //分别算出以i开头的数的方案数,
//62,062,0062,因为位数是固定的,假设是m位,那么都不足m位,后面肯定有东西
{
if(i== || state && i == )
continue;
//i如果不是6的话,ret+=dp[len][0],如果是6的话,ret+下一位就不能为2的个数
ret += dfs(len-,i == ,fp && i == fpmax);
//第二个参数来保存前缀的最后一位是否为6的状态,如果为6,下一位就不能为2,否则没有限制
//第三个参数表明是否是前缀,如果是前缀,下一位就只能枚举到最大值,否则就没有限制
}
if(!fp) //如果是前缀,当前得到的ret的值,就不能代表dp[len][state]的值
dp[len][state] = ret;
return ret; //ret代表0到n不含4和62的个数
} LL f(LL n)
{
int len = ;
while(n)
{
digit[++len] = n % ;
n /= ;
}
return dfs(len,false,true);
} int main()
{
//freopen("test.txt","r",stdin);
LL a,b;
memset(dp,-,sizeof(dp));
while(cin>>a>>b)
{
if(a== && b==)
break;
cout<<f(b)-f(a-)<<endl;
} return ;
}
比较这两种方式的异同点,递推是利用具有相同前缀的数含4或62的方案数,跟去掉前缀之后的方案数相等这一特性,
而dfs是利用记录是否为前缀这一状态,搜索时,来判断每一位枚举的范围.记忆化搜索得到答案.
dfs纯属按位枚举每一位,然后从最低位回溯进行递推。
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