POJ-3286 + 数位DP模板

首先，感谢这位大佬的模板 http://blog.csdn.net/wust_zzwh/article/details/52100392

第一个自己yy出来的数位DP，记录一下，而且考虑前导零的影响完全是自己yy出来。看了看简单模板，迷糊地去做不用考虑前导零的模板题HDU-2089，自己做完之后数位DP的思想已经稍稍成型，于是又做了这个考虑前导零的题，加深了不少对数位DP的理解。

贴下大佬的模板吧：

typedef long long ll;
int a[20];
ll dp[20][state];//不同题目状态不同
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
{
//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
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 */
//第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝)
if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];
/*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*/
int up=limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up;
ll ans=0;
//开始计数
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
{
if() ...
else if()...
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
/*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了
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
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
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，
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*/
}
//计算完，记录状态
if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;
/*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*/
return ans;
}
ll solve(ll x)
{
int pos=0;
while(x)//把数位都分解出来
{
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
x/=10;
}
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
}
int main()
{
ll le,ri;
while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))
{
memset(do, -1, sizeof(dp));
//初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化,后面讲
printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));
}
return 0;
}

然后下面是本题的代码，代码中有详细注释，保证能看懂！

#include <string.h>
#include <cstdio>
#define LL long long
using namespace std;
int n, m;
LL dp[15], wei[15];
LL dfs(int pos, int limit, int lead, LL alk){
if(pos == -1 && lead) return 0;
else if(pos == -1) return 1;
//当pos为-1并且lead为0时表示个位及其之前都是前导零,但此时有个特例
// 0是满足题目条件的,因此应该返回1,其它到pos=-1的情况都应返回0
if(!limit && dp[pos] != -1 && lead) return dp[pos];
//如果此时重叠子问题已经求过，直接返回即可
int up = limit? wei[pos]: 9;
LL tmp = 0;
for(int i = 0; i <= up; ++i){
if(lead && i == 0) {
//只有当lead不为0即当前pos位不为最高位时i == 0才有效
LL add = 10;
int x = pos-1;
if(pos == 0) add = 1, x = 0;
//当pos==0时,add初值为10，此时应乘(-1)个10,即除以一个10,
//这里直接置add=1, x=0不进入下面的while循环即可
while(x){
add *= 10;
--x;
}
if(limit&&(i == wei[pos])) add = (alk%add)+1;
//当pos位之前的所有位都达到上界时,那么在确定pos之前所有位的值的前提下,
//则满足pos位为0的数会<=10^pos个,而满足的数恰好是原数alk对10^pos求余+1
tmp += add;
}
tmp += dfs(pos-1, limit&&(i == wei[pos]), i||lead, alk);
//i||lead则为了表示只要在pos-1之前有一个位不为0时,pos-1位不是最高位
}
if(!limit && lead) dp[pos] = tmp;
//这里我把当第pos位之前的位不都为0的情况看作一个重叠子问题，所以一个dp[pos]存储的是
//当pos位前的位置不都为0时(即第pos位不为最高位),枚举到pos位所有数包含的0的个数之和
return tmp;
}
LL solve(LL k){
if(k == -1) return 0;
//当输入的下界为0时即此时的k为-1,表示k小于0时ans = 0;
int pos = 0; LL alk = k;
while(k){
wei[pos++] = k % 10;
k /= 10;
}
return dfs(pos-1, 1, 0, alk);
//初始进入dfs的状态是pos-1位,之前所有位达到上界,当前为最高位,原数alk
}
int main(){
LL a, b;
memset(dp, -1, sizeof dp);
while(scanf("%lld %lld", &a, &b)){
if(a == -1 && b == -1) break;
printf("%lld\n", solve(b)-solve(a-1));
}
return 0;
}

本题和POJ2282是一样的，另外还有for循环版代码，现在还没去学，留待以后在此补充，继续加油~