【HDU4734】F(x) 【数位dp】

题意

先定义了一个函数F(X)=An*2^n-1+An-1*2^n-2+.....+A1*1。其中Ai为X的第i位的值。对于每组数据给出了两个整数A,B。问不超过B的数中有多少的F值是不超过F（A）的。

分析

经过计算我们发现，F（A）最大不会超过5000，于是我们可以把它加到记忆化里面。我们令dp[p][sum]为前p位数中不超过sum的数位多少。那么转移是很显然的

dp[p][sum]+=dp[p-1][sum-i*（1<<(p-1)）]

但是到这里还不是重点！重点是这个题有一个必须要明白才能过的技巧！我们可以把对dp数组的memset提到外面来，而不需要每一组输入都要初始化一次dp数组（这样会超时）。想一想为什么！这是这一类dp问题的一个共同技巧，这一类dp问题有个特点，dp的状态跟输入规模无关，只跟者这一位（或者几位）的值有关。

学数位dp一定做过那道hdu2089，那个题目也是如此，它记录的状态仅仅跟是不是这一位是不是4上一位是不是6有关系，而和输入规模无关，所以也可以把memset提出来。

下面是hdu4734的代码

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>

 using namespace std;
 typedef long long LL;
 const int maxn=;
 int T,A,B;
 LL dp[][maxn];
 int a[],pos;
 LL F(int x){
     int i=;
     LL res=;
     while(x){
        res+=(x%)*(<<i);
        i++;
        x/=;
     }
     return res;
 }
 LL dfs(int p,int sum,int limit){
     if(p<=&&sum>=)
         return ;
     if(!limit&&dp[p][sum]!=-)
         return dp[p][sum];
     int up=limit?a[p]:;
     LL res=;
     for(int i=up;i>=;i--){
         if(sum-i*(<<(p-))<)continue;
         res+=dfs(p-,sum-i*(<<(p-)),limit&&i==a[p]);
     }
     if(!limit)
         dp[p][sum]=res;
     return res;
 }
 LL solve(int x){
     pos=;
     while(x){
         a[++pos]=x%;
         x/=;
     }
    // memset(dp,-1,sizeof(dp));//这里会出问题因为这个操作是O(14000)
     return dfs(pos,F(A),);
 }
 int main(){
     scanf("%d",&T);
     memset(dp,-,sizeof(dp));
     for(int t=;t<=T;t++){
         scanf("%d%d",&A,&B);
        // printf("%lld\n",F(A));
         printf("Case #%d: %lld\n",t,solve(B));
     }

 return ;
 }