hdu 2089 不要62【数位dp】

HDU 2089

求给定区间内不含62和4的数的个数。

 数位dp入门。从这里我清楚了一些数位dp的用法。比如limit是判断是否达到上界，而且需要判断(!limit).。比如若题目要求不含11的个数，举例来说：区间在[1,215],当百位开始枚举为0时，十位枚举1，个位可以取0,2~9，即dp[0][1]=9,表示枚举到个位前一位为1时满足的个数，当然此时除了1都满足。而回溯枚举到百位为2，十位为1时，由于dp[0][1]已经枚举了，可以直接返回，但此时返回时有错误的，dp[0][1]=9，而百位为2，十位为1，个位是有限制的。所以记忆化判断是必须要有(!limit),否则会造成重复且答案错误。

所以可以设计dp[pos][sta]表示枚举到第pos为状态为sta时的合法个数。sta指前一位是否为6，所以sta=0或sta=1。

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[20][2];
int digit[20];

int dfs(int pos,int pre,int sta,bool limit)
{
    if(pos==-1) return 1;
    if(!limit&&dp[pos][sta]!=-1) return dp[pos][sta];
    int up=limit?digit[pos]:9;
    int tmp=0;
    for(int i=0;i<=up;i++){
        if(pre==6&&i==2) continue;
        if(i==4) continue;
        tmp+=dfs(pos-1,i,i==6,limit&&i==digit[pos]);
    }
    if(!limit) dp[pos][sta]=tmp;
    return tmp;
}

int solve(int x)
{
    int pos=0;
    while(x){
        digit[pos++]=x%10;
        x/=10;
    }
    return dfs(pos-1,-1,0,true);
}

int main()
{
    int n,m;
    while(cin>>n>>m,!(n==0&&m==0))
    {
        memset(dp,-1,sizeof(dp));
        cout<<solve(m)-solve(n-1)<<endl;
    }
    return 0;
}

既然sta已包含前一位的信息，所以我觉得dfs时不记录pre也行。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=10;
int dp[N][2];
int digit[N];

int dfs(int pos,int sta,bool limit)
{
    if(pos==0) return 1;
    if(!limit&&dp[pos][sta]!=-1) return dp[pos][sta];
    int up=limit?digit[pos]:9;
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=up;i++){
        if(sta&&i==2) continue;
        if(i==4) continue;
        ans+=dfs(pos-1,i==6,limit&&i==digit[pos]);
    }
    if(!limit) dp[pos][sta]=ans;
    return ans;
}

int solve(int x)
{
    int pos=0;
    while(x)
    {
        digit[++pos]=x%10;
        x/=10;
    }
    return dfs(pos,0,true);
}

int main()
{
    int n,m;
    while(cin>>n>>m,!(n==0&&m==0))
    {
        memset(dp,-1,sizeof(dp));
        cout<<solve(m)-solve(n-1)<<endl;
    }
    return 0;
}