[HDU4734] F(x)（数位dp+优化）

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题意：对于一个有n位(这n位从高位到低位分别是A_n，A_n-1，A_n-2 ... A_2，A₁)的十进制数，我们定义它的权值F(x)=A_n*2^n-1 + A_n-1*2^n-2 + ... + A₂*2 + A₁*1.现在给你两个数A，B，请计算[0,B]范围内有多少个权值<=F(A)的数

思路：（这个下面文字是有点多，可能是我太弱了，在刚开始学的时候只有这样我才能理解QAQ~）

其实F(x)只是给每一个数位带上一个权值v = 2^(p-1)，F(x)最大是值不会超过5000，我们完全可以抛开权值来思考，写代码的时候再加上权值即可，这样思考和写草稿之类的会方便很多，不考虑每一位的权值的话即是数位的前缀和。

很容易想到一个dp式是dp[pos][sum]；表示当前在第pos位，前缀和为sum的答案，快速把数位dp敲完，交上去，然后会发现TLE掉了，这题的时限只有500ms，TLE的原因是什么呢，就是记忆化不够彻底。

在做数位dp入门题 不要62 的时候可能有些人会注意到，dp数组只需要初始化一次即可，这是因为不要62题意中是不包含4和连续的62的数的个数，这里的条件是一个数本身的性质，也就是说，一个数有没有4或者连续的62和你输入的[l，r]区间是无关的，比如1234是不合法的，无论你输入1 - 1000 还是 1 - 10000，1234都是不合法的。

但是这里是不一样的，题意要求小于F(a)，而a是输入的，而dp数组定义是：dp[pos][sum]，表示当前在第pos位，前缀和为sum的答案， 如假设上限是55555， 那么123xxx 和 321xxx 的答案都是 dp[3][6] ，这就是记忆化的结果，因为我不需要考虑前面具体的数的123 还是321 114之类的，只要他们的前缀和sum相同并且在同样的数位，后面xxx的情况都是一样的，因为后面的约束条件都是和不大于F(a)-sum。

问题就是在这个地方，由于我的记忆化是和输入的a也就是F(a)有关，所以我不能把它当作一个数的性质来记忆话，比如同样是123xxx，对于F(a) = 10和F(a) = 20，后面xxx可行的情况是不一样的，a=10的时候，后面的约束是不大于F(a)-sum = 4，a = 20的时候约束为不大于F(a)-sum = 14，从而导致了每次输入不同的a都要重新初始化dp数组，重新搜索一次。这里可以通过对dp状态的定义做一点小小的改变，使得约束条件变为与F(a)无关，从而不需要每次初始化重新搜索，定义dp[pos][sum]，表示当前在第pos位，F(a)-sum的答案（sum为到第pos位为止的数位前缀和），这时在第pos位的约束条件是后面所有的数的和不大于sum，这时记忆化的是sum，是与F(a)无关的，比如当F(a) = 10和F(a) = 20时，F(a) = 10时，123xxx、321xxx等对应的是dp[3][4]， F(a)=20时，556xxx、466xxx对应的也是dp[3][4]，因为2种情况的pos和F(a)-sum都是相同的，所以记忆化一次即可，不必初始化

总结一下，在设计数位dp状态时最好把每次询问的变量作为初始值而不是状态转移、判定时依赖的量（比如第一个状态判定条件是F(x)<=F(a)，就依赖于当前F(a)，这样就不好），这样才可以最大限度的发挥记忆化的作用。

 Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn = 1e4+5;

int A, B, t, tot;
int a[12], dp[12][maxn];
int f(int x) {
    int ans = 0, cnt = 0;
    while(x){
        ans += (x%10)*(1<<(cnt++));
        x /= 10;
    }
    return ans;
}
int dfs(int pos, int sum, int limit) {
    if(pos==0) return sum<=tot;
    if(sum>tot) return 0;
    if(!limit&&dp[pos][tot-sum]!=-1) return dp[pos][tot-sum];
    int up = limit?a[pos]:9;
    int ans = 0;
    for(int i = 0; i <= up; i++)
        ans += dfs(pos-1, sum+i*(1<<(pos-1)), limit&&i==a[pos]);
    if(!limit) dp[pos][tot-sum] = ans;
    return ans;
}
int solve(int x) {
    int pos = 1;
    while(x) {
        a[pos++] = x%10;
        x /= 10;
    }
    return dfs(pos-1, 0, 1);
}
int main()
{
    int kase = 1;
    memset(dp,-1,sizeof dp);
    scanf("%d", &t);
    while(t--) {
        scanf("%d%d", &A, &B);
        tot = f(A);
        printf("Case #%d: %d\n", kase++, solve(B));
    }
    return 0;
}

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参考文章：

https://www.cnblogs.com/AbandonZHANG/p/4114122.html

http://www.bubuko.com/infodetail-2320548.html

https://blog.csdn.net/wust_zzwh/article/details/52100392

https://www.cnblogs.com/herumw/p/9464514.html