HDU 4734 浅谈数位动态规划进阶

世界真的很大

一下午就耗在这个数位DP上了

全怪原来讲的时候没有认真听。。

然后稍微研究了一下，比起上一道水题稍微有一点进阶了吧？

大概，，，

这道题涉及的是关乎于记忆化数组状态的设计，为了方便储存答案

看题先：

description：

题目给了个f(x)的定义：F(x) = An * 2n-1 + An-1 * 2n-2 + ... + A2 * 2 + A1 * 1，Ai是十进制数位，然后给出a,b求区间[0,b]内满足f(i)<=f(a)的i的个数。

input：

The first line has a number T (T <= 10000) , indicating the number of test cases.
For each test case, there are two numbers A and B (0 <= A,B < 10 9)

output：

For every case,you should output " Case #t: " at first, without quotes. The t is the case number starting from 1. Then output the answer.

这道题算是略微的进阶了一点吧

f(a)是给出的，需要计算的就是小于b的满足f(i)小于等于f(a)的数的个数

由于基于f数组的定义就和数位有关，我们就考虑用数位dp来搜索答案

那么由于数位DP是从高位DP到低位的，而到了最后一位判断满不满足条件的关键就是通过按位搜索得到的f值小不小于f(a)

那么DFS需要保存的状态就是当前数位，有无限制，和前几位的f值

本来是没问题的，但是如果我们想要优化的话，就是考虑把memset放在多组数据的外面的话，就要求dp数组保存的一定是数自己的性质，而保存前几位的tot值，这显然根据每组数据b值的不同的答案是不同的

考虑想要把状态映射在数自己身上

那么如果当前的数位是pos，前几位的f值是sum。的时候，不管a值如何变化，怎样才能表示出后继状态呢？

DFS的本质是从前往后找，当记忆化之后，如果当前状态已经找过就直接返回，就是说，记忆化记录的其实是后几位的状态

而这道题是因为f值是从前几位推得的，所以没法作为”后几位“的状态来记忆化保存

考虑怎么把前几位的答案映射到后几位上去，当然就是保存后几位能得到的答案，就是后几位能凑出的数

f[i][j] 表示当前数位第i位，后i位凑出j的方案数

这就是后几位的答案，也就是数本身的答案了

可以memset外放优化

完整代码：

#include<stdio.h>
#include<cstring>
using namespace std;

int T,tot,a[20],f[20][5050];

int dfs(int pos,int ste,int lim)
{
int ans=0;
if(pos==-1) return ste<=tot;
if(ste>tot) return 0;
if(!lim && f[pos][tot-ste]!=-1) return f[pos][tot-ste];
int up= lim ? a[pos] : 9;
for(int i=0;i<=up;i++)
ans+=dfs(pos-1,ste+i*(1<<pos),lim && i==a[pos]);
if(!lim) f[pos][tot-ste]=ans;
return ans;
}

int F(int n)
{
int cnt=0,bns=0,cns=1;
while(n)
{
bns+=cns*(n%10);
n/=10;
cns*=2;
}
return bns;
}

int solve(int n)
{
int cnt=0;
memset(a,0,sizeof(a));
while(n)
{
a[cnt++]=n%10;
n/=10;
}
return dfs(cnt-1,0,1);
}

int main()
{
scanf("%d",&T);
memset(f,-1,sizeof(f));
for(int e=1;e<=T;e++)
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
tot=F(a);
printf("Case #%d: %d\n",e,solve(b));
}
return 0;
}
/*
Whoso pulleth out this sword from this stone and anvil is duly born King of all England
*/

嗯，就是这样