uva fzu2019(数位dp)

题意：mountain number的符合条件是奇数位大于等于左右两边的偶数位(如果存在)，位数从高位到低位并且从0开始计，输入a，b，问从a到b一共有多少个mountain number。

题解：数位dp题，做不出来看的题解外加听高人讲解才搞懂，需要枚举每个位置的数字来判断有多少个，先把范围拆开放到num
中，然后dp出从1到n的所有montain number的数量，上界减下界就好，那么dp时的五个参数：pos是当前在的位置，pre前一个数字是多少，flag奇偶位置标志，lead是是否有前导0，limit是否卡上界。有前导0，意味着后面位置上的数字可以从0到9都可以放置，而limit为1说明卡到了上界，不能自由的从0取值到9，而是要从0取到num[pos]以避免取到了比上界还大的数字，如果pos==-1说明枚举完毕，所以数量加一。如果只是这样会超时，那么要加一个f[pos][pre][flag]数组来保留计算值，但是给f数组赋值时需要添加
!limit 的条件，因为!limit代表无边界，说明枚举值是固定的就那么多，但如果有边界就不能轻易的将数组值返回，因为后面的值还不确定，需要再次计算。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
const int N = 12;
int f

[2];
int num
;

int dp(int pos, int pre, int flag, bool lead, bool limit) {
if (pos == -1)
return 1;
if (!limit && f[pos][pre][flag] != -1)
return f[pos][pre][flag];
int end = limit ? num[pos] : 9;
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= end; i++) {
if (i == 0 && lead)
ans += dp(pos - 1, 9, 0, 1, limit && i == end);//有上界且当前位也刚好是上界，下一位当然也要卡上界，否则可从0到9
else if (flag && pre <= i)
ans += dp(pos - 1, i, flag ^ 1, 0, limit && i == end);
else if (!flag && pre >= i)
ans += dp(pos - 1, i, flag ^ 1, 0, limit && i == end);
}
if (!limit)
f[pos][pre][flag] = ans;
return ans;
}

int solve(int a) {
int n = 0;
while (a) {
num[n++] = a % 10;
a /= 10;
}
return dp(n - 1, 9, 0, 1, 1);
}

int main() {
int t, a, b;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
memset(f, -1, sizeof(f));
scanf("%d%d", &a, &b);
printf("%d\n", solve(b) - solve(a - 1));
}
return 0;
}