数位dp知识点整理

题解报告：hdu 2089 不要62

Problem Description

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。

Input

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。

Output

对于每个整数对，输出一个不含有不吉利数字的统计个数，该数值占一行位置。

Sample Input

1 100

0 0

Sample Output

80

解题思路：模拟计数走一遍流程就清楚了，详解看代码。

AC代码一：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,dp[10][10],d[10];
void init(){
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    dp[0][0]=1;///特殊定义0位数首位是0的方案数为1
    for(int i=1;i<10;++i){///表示i位数，最高位从1开始
        for(int j=0;j<10;++j){///表示i位数的首位数字是j--->(0~9)
            if(j==4)continue;///如果当前首位为4,dp[i][j]=0
            ///累加i-1位数的首位是k的方案数，因为最高位已经确定，所以只需累加比其小的方案数即可
            for(int k=0;k<10;++k){
                if(j==6&&k==2)continue;///当前首位j与其右边这一位上的数字k不能组成62
                dp[i][j]+=dp[i-1][k];///状态转移方程
            }
        }
    }
}
int solve(int x){///累加小于x的所有数的方案数，直到遇到4或者是62就退出累加
    memset(d,0,sizeof(d));///d数组记录x每一位上的数字
    int len=0,ans=0;
    while(x){///得到x的每一位数字
        d[++len]=x%10;
        x/=10;
    }
    ///d[len+1]=0;///前面已经置0，避免产生上一次的结果6对这个统计的影响
    for(int i=len;i>=1;--i){///从高位向低位（从大到小）枚举位数i
        for(int j=0;j<d[i];++j){///巧妙处理：每当进入到下一位，就默认上一位确定
            if(d[i+1]==6&&j==2)continue;///跳过62，累加所有方案数
                ans+=dp[i][j];///dp[i][4]都为0，所以这里无需判断j==4
        }
        ///如果该位上是4或者（上一位是6并且当前位上是2）则直接退出后面的方案数的累加，因为后面的都不合法了
        if(d[i]==4||(d[i+1]==6&&d[i]==2))break;
    }
    return ans;
}
int main(){
    init();///预处理当前第i位首位是j符合条件的方案数
    ///for(int i=0;i<10;++i)cout<<dp[i][4]<<endl;
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)&&(n|m)){
        printf("%d
",solve(m+1)-solve(n));
        ///差分思想，需要将[0,m+1)即[0,m]中的所有方案数减去[0,n)中的方案数才能得到[n,m]中满足条件的所有情况数
    }
    return 0;
}

AC代码二：记忆化搜索。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,dp[10][2],d[10];
///dp[pos][status]来保存在第pos位，status表示上一位是否为6这个状态
int dfs(int pos,bool if6,bool limit){///limit用来判断前一位是否为数位上界，是则本位不能取到大于a[pos]的数
    if(!pos)return 1;///特殊情况下为1，即dp[0][0]=1;
    if(!limit&&dp[pos][if6]!=-1)return dp[pos][if6];///若前一位不是上限，并且dp[pos][if6]已确定，直接return统计，这里体现了记忆化搜索
    int up=limit?d[pos]:9,ans=0;///limit判断pos前的几位数字是否与n一样
    for(int i=0;i<=up;++i){
        if(i==4||(if6&&i==2))continue;///这里is_6的值是0/1，用来区分前一位是否为6
        ///cout<<"当前第"<<pos<<"位，上限为"<<limit<<"，前一个数是否为6:"<<if6<<"，当前位为"<<i<<endl;
        ans+=dfs(pos-1,i==6,limit&&i==up);
    }
    return limit?ans:(dp[pos][if6]=ans);///若前一位不是上限，即这一位可以达到最大，则更新dp值
}
int solve(int x){
    memset(d,0,sizeof(d));
    int len=0;
    while(x){d[++len]=x%10;x/=10;}
    return dfs(len,false,true);///刚开始前0位是相同的
}
int main(){
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)&&(m|n)){
        printf("%d
",solve(m)-solve(n-1));
    }
    return 0;
}