数位DP入门题

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1. hdu 2089"不要62"
2. hdu 4734"F(X)"
3. poj 3252"Round Numbers"
4. hdu 3709"Balanced Number"

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1.hdu 2089"不要62"

题解：

　　题目过于简单，不再赘述。

AC代码：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 using namespace std;
 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

 int a,b;
 int digit[];
 int dp[][];//dp[i][0]:位置i的前一个位置不为6的总方案数;dp[i][1]正好相反 

 int DFS(int curPos,int preNum,int isSix,bool limit)
 {
     if(curPos == -)
         return ;
     if(!limit && dp[curPos][isSix] != -)
         return dp[curPos][isSix];

     int up=limit ? digit[curPos]:;
     int ans=;
     for(int i=;i <= up;++i)
     {
         if((preNum ==  && i == ) || i == )
             continue;
          ans += DFS(curPos-,i,i == ,limit&& i == digit[curPos]);
     }
     if(!limit)
         dp[curPos][isSix]=ans;
     return ans;
 }
 int Solve(int x)
 {
     int k=;
     while(x)
     {
         digit[k++]=x%;
         x /= ;
     }
     return DFS(k-,,,true);
 }

 int main()
 {
     while(~scanf("%d%d",&a,&b) && a+b)
     {
         mem(dp,-);
         printf("%d\n",Solve(b)-Solve(a-));
     }
     return ;
 }

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2.hdu 4734"F(X)"

Problem Description
For a decimal number x with n digits (AnAn-1An- ... A2A1), we define its weight as F(x) = An * 2n- + An- * 2n- + ... + A2 *  + A1 * .
Now you are given two numbers A and B, please calculate how many numbers are there between  and B, inclusive, whose weight is no more than F(A).

Input
The first line has a number T (T <= ) , indicating the number of test cases.
For each test case, there are two numbers A and B ( <= A,B < )

Output
For every case,you should output "Case #t: " at first, without quotes. The t is the case number starting from . Then output the answer.

题解：

　　初始想法：

　　定义dp[ i ][ j ] : [ 0,i ] 位置满足 weight == j 的数的总个数；

　　求出F(a)后，便利 i : 0~F(a) ，求出 [0,b] weight == i 的数的总个数，作加和；

　　很不幸，TLE，不过，还是挺开心的，毕竟是在看题解前按照自己的想法成功敲出的代码，虽然TLE了；

　　正解：定义dp[ i ][ j ] : [ 0,i ]位置满足 weight <= j 的数的总个数，然后，每次判断 dp[ i ][ j ]是否可以直接返回；

AC代码：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 using namespace std;
 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

 int a,b;
 int power[]={,,,,,,,,};
 int digit[];
 int dp[][];//dp[i][j]:前i位F值小于等于j的总个数

 int F(int x)
 {
     int sum=;
     int base=;
     while(x)
     {
         sum += (x%)*base;
         base <<= ;
         x /= ;
     }
     return sum;
 }
 int DFS(int need,int curPos,int curSum,bool limit)
 {
     if(curPos == -)
         return curSum <= need ? :;

     if(curSum > need)
         return ;

     if(!limit&&dp[curPos][need-curSum] != -)
         return dp[curPos][need-curSum];

     int up=limit ? digit[curPos]:;
     int ans=;
     for(int i=;i <= up;++i)
         ans += DFS(need,curPos-,curSum+i*power[curPos],limit&&i==digit[curPos]);

     if(!limit)
         dp[curPos][need-curSum]=ans;

     return ans;
 }
 int Solve(int x)
 {
     int k=;
     while(x)
     {
         digit[k++]=x%;
         x /= ;
     }
     int f=F(a);
     return DFS(f,k-,,true);
 }
 int main()
 {
     int test;
     scanf("%d",&test);
     mem(dp,-);
     for(int kase=;kase <= test;++kase)
     {
         scanf("%d%d",&a,&b);
         printf("Case #%d: %d\n",kase,Solve(b));
     }
     return ;
 }

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3.poj 3252"Round Numbers"

题意：

　　输入两个十进制正整数a和b，求闭区间 [a ,b] 内有多少个Round number

　　所谓的Round Number就是把一个十进制数转换为一个无符号二进制数，若该二进制数中0的个数大于等于1的个数，则它就是一个Round Number

　　注意，转换所得的二进制数，最高位必然是1，最高位的前面不允许有0

题解：

　　定义dp[ i ][ j ][ k ] : 在没有限制的情况下，[0,i]位置满足 0 的个数等于 j，1 的个数等于 k 的数的总个数；

　　坑点：前导零不能算在 0 的总个数中；

因为poj炸了，所以一直处于wait状态，不过对拍了一下他人的AC代码，正确率是可以保证的，应该也不会超时吧orz；

wait代码：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 using namespace std;
 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

 int a,b;
 int digit[];
 int dp[][][];

 //isSat:只有当出现第一个不为0的位数时才为true
 //作用是去掉前导0的影响
 int DFS(int curPos,int totZero,int totOne,bool isSat,bool limit)
 {
     if(curPos == -)
         return totZero >= totOne;

     if(!limit && dp[curPos][totZero][totOne] != -)
         return dp[curPos][totZero][totOne];

     int up=limit ? digit[curPos]:;
     int ans=;
     for(int i=;i <= up;++i)
     {
         bool flag=(isSat || i != );
         ans += DFS(curPos-,totZero+(flag&&i==),totOne+(i==),flag,limit&&i==digit[curPos]);
     }
     if(!limit)
         dp[curPos][totZero][totOne]=ans;
     return ans;
 }
 int Solve(int x)
 {
     int k=;
     while(x)
     {
         digit[k++]=x%;
         x >>= ;
     }
     return DFS(k-,,,false,true);
 }
 int main()
 {
     mem(dp,-);
     while(~scanf("%d%d",&a,&b))
         printf("%d\n",Solve(b)-Solve(a-));

     return ;
 }

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4.hdu 3709"Balanced Number"

题意：

　　给一个很大的区间[x,y],(0 ≤ x ≤ y ≤ 10¹⁸).问：区间里面的数满足如下规则的有多少个？

　　规则：将数字放在天平上，天平能够平衡。天平的轴随意，力臂就是数字下标到天平轴的下标的距离。

题解：

　　脑海中浮现出如何记忆化搜索的代码，可就是没想到如何判断当前数是否为"balance number"，无奈之下，查阅大佬代码orz；

　　坑点：全为0的数会重复计算，需要减去重复的部分

AC代码：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 using namespace std;
 #define ll long long
 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

 ll a,b;
 int digit[];
 ll dp[][][];

 //curSum:记录curPivot左边的和+右边的和，只有curSum == 0才能说明
 // curPivot左边的和==右边的和
 ll DFS(int curPos,int curPivot,int curSum,bool limit)
 {
     if(curPos == -)
         return curSum ==  ? :;
     if(curSum < )
         return ;
     if(!limit && dp[curPos][curPivot][curSum] != -)
         return dp[curPos][curPivot][curSum];

     int up=limit ? digit[curPos]:;
     ll ans=;
     for(int i=;i <= up;++i)
         ans += DFS(curPos-,curPivot,curSum+i*(curPos-curPivot),limit&&i==digit[curPos]);

     if(!limit)
         dp[curPos][curPivot][curSum]=ans;
     return ans;
 }
 ll Solve(ll x)
 {
     if(x == -)
         return ;
     int k=;
     while(x)
     {
         digit[k++]=x%;
         x /= ;
     }
     ll ans=;
     for(int i=k-;i >= ;--i)
         ans += DFS(k-,i,,true);
     return ans-k+;
     //0个0,1个0,.......,(k-1)个0，全为0的情况被记录了k次,须减去(k-1)个重复的
 }
 int main()
 {
     int test;
     scanf("%d",&test);
     mem(dp,-);
     while(test--)
     {
         scanf("%lld%lld",&a,&b);
         printf("%lld\n",Solve(b)-Solve(a-));
     }
     return ;
 }