HDU-------不要62
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问题描述：
杭州人称那些傻乎乎粘嗒嗒的人为62（音：laoer）。
杭州交通管理局经常会扩充一些的士车牌照，新近出来一个好消息，以后上牌照，不再含有不吉利的数字了，这样一来，就可以消除个别的士司机和乘客的心理障碍，更安全地服务大众。
不吉利的数字为所有含有4或62的号码。例如：
62315
73418
88914
都属于不吉利号码。但是，61152虽然含有6和2，但不是62连号，所以不属于不吉利数字之列。
你的任务是，对于每次给出的一个牌照区间号，推断出交管局今次又要实际上给多少辆新的士车上牌照了
输入：
输入的都是整数对n、m（0<n≤m<1000000），如果遇到都是0的整数对，则输入结束。
输出：
#include<stdio.h> int num[1000000 + 10] = {0}; //打表记录 1 到 1000000 前i个数中吉利的数字有多少个 int n, m; int check(int x) { while(x) { if(x % 10 == 4 || x % 100 == 62) //不吉利 return 0; x /= 10; //每位都要判断 } return 1; //非不吉利数 返回 1, 贡献+1 } int main() { for(int i = 1; i <= 1000000; i ++) num[i] = num[i - 1] + check(i); //前缀和思想, 前i个非不吉利数为前 i - 1个已经记录的 + check(i) 的贡献 while(scanf("%d%d", &n, &m)!=EOF) { if(n == 0 && m == 0) break; printf("%d ", num[m] - num[n - 1]); } return 0; }
大多数的暴力方法都受数据范围的限制，当n或者m很大的时候就很容易出现超时。因此需要一个更加优良的方法————数位dp
数字与它每一位的关系, 知道一个数字n, 我们便可以通过对它 进行 对10取模再整除, 可以依次得到各个位置上的数,以及n的长度len,用数位dp的话我们需要用到 数的长度 以及 各个位置上的数值
处理方法如下
1 int length(int n) 2 { 3 int len=0; 4 while(n) 5 { 6 len++; 7 n/=10; 8 } 9 return len; 10 } // 该数值的长度
void caldigit(int n,int len) { memset(digit,0,sizeof(digit)); for(int i=1;i<=len;i++) { digit[i]=n%10; n/=10; } } // 该数值各个位的数
简单了解一下数位dp,数位DP一般应用于求出在给定区间[A,B]内，符合条件P(i)的数i的个数，条件P(i)一般与数的大小无关，而与数的组成有关。
例如count(324)结果为 dp[3][0] + dp[3][1] + dp[3][2] + dp[2][0] + dp[2][1] + dp[1][0] + dp[1][1] + dp[1][2] + dp[1][3] 这里要说明一下，认为009是长度为3，首位为0的符合条件的数，09是长度为2首位为0符合条件的数 在上面的代码中展示了 我们用digit[]数组记录了n的各个位数上的值, 也就是说从高位往地位处理才是正确的方法, 这样可以优化, 当高位为4或者62时便可以停止count了, 不再计算低位的dp值 例如3456,我们先是dp[4][1]即 3000~3999 然后加上dp[4][2] + dp[4][3](不再列举, 参考上面) + dp[3][1] + ... +当加到dp[3][3]时我们就应该停止计算了 因为digit[3] == 4,接下来计算的值将是401~456可以知道这都包含4,全为不吉利数字,停止往地位继续计算,同理自己要去想想62的情况,在草稿纸上模拟一下就很容易理解了
除此之位可以对数组dp进性预处理，这样在查询的时候可以直接访问
ac代码如下
#include<stdio.h> #include<string.h> int digit[10]; int dp[10][10]; int length(int n) { int len=0; while(n) { len++; n/=10; } return len; } // 该数值的长度 void caldigit(int n,int len) { memset(digit,0,sizeof(digit)); for(int i=1;i<=len;i++) { digit[i]=n%10; n/=10; } } // 该数值各个位的数 int count(int n) { int ans=0; int len=length(n); caldigit(n,len); for(int i=len;i>=1;i--)//从高位开始 { for(int j=0;j<digit[i];j++)//枚举该位上的每一位数字 { if(j!=4&&!(j==2&&digit[i+1]==6)) ans+=dp[i][j]; } if(digit[i]==4||(digit[i]==2&&digit[i+1]==6))//倘若该位上为62或者4,就不必继续枚举,因为后面的数一定不符合,例如452,453,624 break; } return ans; } int main() { dp[0][0]=1; for(int i=1;i<=7;i++)//对dp做预处理 { for(int j=0;j<10;j++) //第i位上的数 { for(int k=0;k<10;k++)//第 i - 1位上的数 { if(!(j==4)&&!(j==6&&k==2)) //不为4或者62才能算一个贡献 dp[i][j]+=dp[i-1][k]; } } } int n,m; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { if(n==0&&m==0) break; printf("%d ",count(m+1)-count(n)); } return 0; }
第三种方法就是数位dp plus 记忆化收索
dp数组的生明也是二维的，只不过表示的意义有所不同，以hdu不要92为列，dp[i][2]存的是第i位上的吉利数的个数，0表示这个位置上不是6，1表示这个位置上是6，
因为是6和不是6是两种情况，同时也需要分开储存，，这种方法也需要对数据进性分解处理，只不过是初始的时候初始为0罢了，代码很简单也只有短短的几行，只不过需要
较长时间的理解
#include<iostream> #include<string.h> #define maxn 100000+10 using namespace std; int dp[20][2],shu[20]; int dfs(int len,bool if6,bool shangxian) { if(len==0) return 1; if(!shangxian&&dp[len][if6]) return dp[len][if6]; int cnt=0; int maxx=shangxian?shu[len]:9; for(int i=0;i<=maxx;i++) { if(i==4||if6&&i==2) continue; cnt+=dfs(len-1,i==6,shangxian&&i==maxx); } return shangxian?cnt:dp[len][if6]=cnt; } int solve(int k) { int cnt=0; memset(shu,0,sizeof(shu)); while(k) { shu[++cnt]=k%10; k=k/10; } return dfs(cnt,false,true); } int main() { int n,m; while(cin>>n>>m) { if(n==0&&m==0) break; memset(dp,0,sizeof(dp)); printf("%d ",solve(m)-solve(n-1)); } return 0; }