https://www.luogu.org/problemnew/show/P2657
不含前导零且相邻两个数字之差至少为2的正整数被称为windy数。
这道题是个显然到不能再显然的数位dp了。
来个最神奇的dp[i][j]表示i位数，开头为j的windy数的个数吧。
那么dp[i][j]的求法是很显然的，写个sum数组求和更为方便。
那么怎么统计windy数呢？
约定由布丁酱写的数位dp，求闭区间[l,r]时，使用count(r)-count(l-1)，也就是count(x)表示不小于的[0,x]中windy数的个数。
怎么求count呢，最简单的思路就是分类讨论。
对最高位分三类：
最高位为0，遍历所有的dp[i][1~9]再加上0本身。
最高位为非0且比x最高位小，后面满足条件的可以随意取。
最高位相等，交给下一位去做。
对非最高位分两类：
该位在受前面位的限制下任取，后面满足条件的任取。
该位相等，交给下一位去做。（小心该位相等时非法，找了很久！）
最后补上x本身的判断。
最后要小心爆int……
意思是说，在数位dp的时候，每一步分类要不重不漏，每一步要判断合法。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long ll dp[10][10]; ll sum(int i,int j1,int j2){ /*if(i==0) return 1;*/ if(j1<0) j1=0; if(j2>9) j2=9; ll res=0; for(int j=j1;j<=j2;j++){ res+=dp[i][j]; } return res; } void init(){ for(int j=0;j<=9;j++) dp[1][j]=1; for(int i=2;i<=11;i++){ for(int j=0;j<=9;j++){ dp[i][j]=sum(i-1,0,j-2)+sum(i-1,j+2,9); } } /*for(int j=1;j<=2;j++){ dp[9][j]=sum(8,0,j-2)+sum(8,j+2,9); }*/ /*for(int i=1;i<=9;i++){ for(int j=0;j<=9;j++){ printf("dp[%d][%d]=%d ",i,j,dp[i][j]); } printf(" "); }*/ } ll A,B; int digit[15]; ll count(ll x){ //cout<<"x="<<x<<endl; if(x==0) return 1; //否则岂不是0位数？ ll k=0,cx=x; digit[k++]=0; //占位用的 while(cx){ digit[k++]=cx%10; cx/=10; } k--; digit[k+1]=0; //也是占位 ll res=0; for(int i=k;i>=1;i--){ //printf("res=%d ",res); if(i==k){ //最高位取0 for(int ii=i-1;ii>=1;ii--) res+=sum(ii,1,9); res+=1;//0 //其实不用特判啊 for(int j=1;j<digit[i];j++){ //最高位比digit小且不为0 if(i-1>=1){ res+=sum(i-1,0,j-2)+sum(i-1,j+2,9); } else{ res+=1; } } //最高位就取相等，问题留给下一次循环 } else{ //前面的位都相等，非最高位的情况，双重受限 for(int j=0;j<digit[i];j++){ if(abs(digit[i+1]-j)<=1) ;//被前一位限制取值 else if(i-1>=1){ res+=sum(i-1,0,j-2)+sum(i-1,j+2,9); } else{ res+=1; } } } } for(int i=2;i<=k;i++){ if(abs(digit[i]-digit[i-1])<=1){ //printf("res1=%d ",res); return res; } } //printf("res2=%d ",res+1); return res+1; } int main(){ init(); while(~scanf("%lld%lld",&A,&B)){ printf("%lld ",count(B)-count(A-1)); } }
后来学会了另一种写法。搜索写法。这种写法里要用到lead来指定new_state1的状态。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long int a[20]; ll dp[20][10/*前一位的取值，只有0~9*/];//不同题目状态不同 ll dfs(int pos,int state1/*前一位的取值，只有0~9，-1表示不受限制*/,bool lead/*这一位的前面是否为零*/,bool limit/*这一位是否取值被限制（也就是上一位没有解除限制）*/) //不是每个题都要处理前导零 { //递归边界，最低位是0，那么pos==-1说明这个数枚举完了 if(pos==-1) return 1;/*这里返回1，表示枚举的这个数是合法的，那么这里就需要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。 */ //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][state1]!=-1) return dp[pos][state1]; /*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对应*/ 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 int new_state1=i; if(lead==true&&i==0){ //这一位继续是前导0，new_state1应为-1 new_state1=-1; } if(state1>=0&&abs(new_state1-state1)<2) continue; /* 计数的时候用continue跳过不合法的状态，不再搜索 */ //合法的状态向下搜索 ans+=dfs(pos-1,new_state1,lead && i==0,limit && i==a[pos]);//最后两个变量传参都是这样写的 } //计算完，记录状态 if(!limit && !lead) dp[pos][state1]=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) { //可能需要特殊处理0或者-1 if(x<=0) return 1; int pos=0; while(x) { //把数位分解 a[pos++]=x%10;//编号为[0,pos)，注意数位边界 x/=10; } return dfs(pos-1/*从最高位开始枚举*/,-1/*表示这一位前面并没有对其限制的高位*/,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() { memset(dp,-1,sizeof(dp)); //一定要初始化为-1 ll le,ri; while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri)) { printf("%lld ",solve(ri)-solve(le-1)); } }