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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 */
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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)
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17     if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];
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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*/
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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
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23     ll ans=0;
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25     //开始计数
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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
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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
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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*/
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55     return ans;
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57 }
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59 ll solve(ll x)
60
61 {
62
63     int pos=0;
64
65     while(x)//把数位都分解出来
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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
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71         x/=10;
72
73     }
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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 }
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79 int main()
80
81 {
82
83     ll le,ri;
84
85     while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))
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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
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91         printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));
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93     }
94
95 }

例题讲解：

题目：

杭州人称那些傻乎乎粘嗒嗒的人为62（音：laoer）。
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。

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 }