hdu 2089 不要62 数位dp入门

题意：求一个范围内的数字，约束条件为不含有数字4以及62

typedeflonglongll;

inta[20];

lldp[20][state];//不同题目状态不同

lldfs(intpos,/*state变量*/,boollead/*前导零*/,boollimit/*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)return1;/*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)returndp[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*/

intup=limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up;这个的例子前面用213讲过了

llans=0;

//开始计数

for(inti=0;i<=up;i++)//枚举，然后把不同情况的个数加到ans就可以了

{

if()...

elseif()...

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*/

returnans;

}

llsolve(llx)

{

intpos=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;

}

returndfs(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

}

intmain()

{

llle,ri;

while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))

{

//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));

}

}

这里仿照一个大佬的思路开始入门通用一点的数位dp值得注意的一点是limit的设置能够防止状态的冲突
相信读者还对这个有不少疑问，笔者认为有必要讲一下记忆化为什么是if(!limit)才行，大致就是说有无limit会出现状态冲突，举例：

约束：数位上不能出现连续的两个1(11、112、211都是不合法的)

假设就是[1,210]这个区间的个数

状态:dp[pos][pre]:当前枚举到pos位，前面一位枚举的是pre(更加前面的位已经合法了)，的个数(我的pos从0开始)

先看错误的方法计数，就是不判limit就是直接记忆化

那么假设我们第一次枚举了百位是0，显然后面的枚举limit=false，也就是数位上0到9的枚举，然后当我十位枚举了1，此时考虑dp[0][1],就是枚举到个位，前一位是1的个数，显然dp[0][1]=9;(个位只有是1的时候是不满足的)，这个状态记录下来，继续dfs，一直到百位枚举了2，十位枚举了1，显然此时递归到了pos=0,pre=1的层，而dp[0][1]的状态已经有了即dp[pos][pre]!=-1；此时程序直接returndp[0][1]了，然而显然是错的，因为此时是有limit的个位只能枚举0，根本没有9个数，这就是状态冲突了。有lead的时候可能出现冲突，这只是两个最基本的不同的题目可能还要加限制，反正宗旨都是让dp状态唯一

上代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
usingnamespacestd;
inta[1010];
intdp[20][2];
intdfs(intpos,intpre,intsta,boollimit)
{
if(pos==-1)return1;
if(!limit&&dp[pos][sta]!=-1)returndp[pos][sta];
intup=limit?a[pos]:9;
intsum=0;
for(inti=0;i<=up;i++)
{
if(pre==6&&i==2||i==4)continue;
sum+=dfs(pos-1,i,i==6,limit&i==a[pos]);
}
if(!limit)dp[pos][sta]=sum;//
returnsum;
}
intsolve(intx)
{
intpos=0;
while(x)
{
a[pos++]=x%10;
x/=10;
}
returndfs(pos-1,-1,0,true);
}
intmain()
{
intn,m;
while(cin>>n>>m)
{
if(n==0&&m==0)break;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
cout<<solve(m)-solve(n-1)<<endl;
}
return0;
}