数位dp讲解及模板

转载自:传送门 
数位DP其实是很灵活的，所以一定不要奢求一篇文章就会遍所有数位DP的题，这一篇只能是讲清楚一种情况，其他情况遇到再总结，在不断总结中慢慢体会这个思想，以后说不定就能达到一看到题目就能灵活运用的水平。（其实DP都是这样……）

这一篇要说的数位DP是一道最简单的数位DP：题目链接

题目大意：多组数据，每次给定区间[n,m]，求在n到m中没有“62“或“4“的数的个数。

　　　　　　如62315包含62，88914包含4，这两个数都是不合法的。0 < n<=m < 1000000

试想：我们如果能有一个函数count(int x)，可以返回[0,x]之间符合题意的数的个数。那么是不是直接输出count(m)-count(n-1)就是答案？

好，那么下面我们的关注点就在于怎么做出这个函数。我们需要一个数组。（dp原本就是空间换时间）

我们设一个数组f[i][j]，表示i位数，最高位是j的数，符合题意的数有多少个。比如f[1][2]=1; f[1][4]=0; f[2][6]=8 (60,61,63,65,66,67,68,69).

我们先不关注这个f有什么用，我们先关注f本身怎么求。首先f[1][i]=0(if i==4),f[1][i]=1(if i!=4) (0<=i<=9)。这一步是很显然的，那么根据这个题的数据范围，只需要递推到f[7][i]就够用了。那么稍微理解一下，可以想出递推式：

　　f[i][j]=

　　　　if (j==4) f[i][j]=0

　　　　else if (j!=6) f[i][j]=Σf[i-1][k] (k=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9)

　　　　else if (j==6) f[i][j]=Σf[i-1][k] (k=0,1,3,4,5,6,7,8,9)

上面的式子也是很显然的，如果觉得不显然可以这样想：i位数，最高位是j的符合条件的数，如果j是4，肯定都不符合条件（因为题目不让有4），所以直接是0；如果j不是6，那么它后面随便取，只要符合题意就可以，所以是f[i-1][k],k可以随便取的和；如果j是6，后面只要不是2就行，所以是f[i-1][k],k除了2都可以，求和。

这里要说明一下，认为00052是长度为5，首位为0的符合条件的数，052是长度为3首位为0符合条件的数。

那么现在我们已经得到了f数组，再重申一下它的含义：i位数，最高位是j的数，符合题意的数有多少个。

现在我们就要关注怎么利用f数组做出上面我们说的那个函数count(int x)，它可以求出[0,x]中符合题意的数有多少个。

那么我们做这样一个函数int solve(int x) 它可以返回[0,x)中符合题意的有多少个。那么solve(x+1)实际上与count(x)是等价的。

那么现在问题转化成了：小于x，符合题意的数有多少个？

很简单，既然小于，从最高位开始比，必定有一位要严格小于x（前面的都相等）。所以我们就枚举哪一位严格小于（前面的都相等）。

假设我们现在把x分成了a1,a2,…,aL这样一个数组，长度为L，aL是最高位。

那么结果实际上就是这样：长度为L，最高位取[0,aL-1]的所有的符合题意数的和；再加上长度为L-1，最高位取aL，次高位取[0,aL-1-1]的所有符合题意数的和；再加上……；一直到第一位。

上面有一句话之所以标粗体，是因为这句话并不是对的，但是为了好看，就先这样写着。因为我们还需要考虑这种情况：最高位aL如果是4，那么这句话直接就可以终止了，因为粗体这句话前面的那句话“最高位取aL”是不能成立的。还要考虑这种情况：最高位aL如果是6，那么这里并不是能取[0,aL-1-1]的所有（不能取2）。加上这些条件之后就很严谨了。

把上面的汉字对应到题目里，就是我们前面求出来的f[L][0..aL-1] f[L-1][0..aL-1-1]，所以稍加思索之后就能写出程序了。

模板如下：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<string>
 #include<cmath>
 #include<iomanip>
 #include<algorithm>
 #define max(a,b)   (a>b?a:b)
 #define min(a,b)   (a<b?a:b)
 #define swap(a,b)  (a=a+b,b=a-b,a=a-b)
 #define memset(a,v)  memset(a,v,sizeof(a))
 #define X (sqrt(5)+1)/2.0  //Wythoff
 #define Pi acos(-1)
 #define e  2.718281828459045
 #define eps 1.0e-8
 using namespace std;
 typedef long long int LL;
 typedef pair<int,int>pa;
 const int MAXL(1e5);
 const int INF(0x3f3f3f3f);
 const int mod(1e9+);
 int dir[][]= {{-,},{,},{,},{,-}};
 LL dp[][];
 void getDp()
 {
     memset(dp,);
     dp[][]=;
     for(int i=;i<=;i++)
     {
         for(int j=;j<=;j++)
         {
             if(j==)
                 dp[i][j]=;
             else if(j==)
             {
                 for(int k=;k<=;k++)
                 {
                     if(k!=)
                         dp[i][j]+=dp[i-][k];
                 }
             }
             else
             {
                 for(int k=;k<=;k++)
                     dp[i][j]+=dp[i-][k];
             }
         }
     }
 }
 int a[];
 LL solve(int n)
 {
     int len=;
     while(n)
         a[++len]=n%,n/=;
     a[len+]=;
     LL ans=;
     for(int i=len;i>=;i--)
     {
         for(int j=;j<a[i];j++)
         {
             if(j==||a[i+]==&&j==)
                 continue;
             else
                 ans+=dp[i][j];
         }
         if(a[i]==)
             break;
         if(a[i+]==&&a[i]==)
             break;
     }
     return ans;
 }
 int main()
 {
     getDp();
     int n,m;
     while(cin>>m>>n&&(m||n))
     {
         LL ans1=solve(m);
         LL ans2=solve(n+);
         cout<<ans2-ans1<<endl;
     }
 }