hdu 4734 F(x) 数位DP

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4734

题意：

我们定义十进制数x的权值为f(x) = a(n)*2^(n-1)+a(n-1)*2(n-2)+...a(2)*2+a(1)*1，a(i)表示十进制数x中第i位的数字。题目给出a，b，求出0~b有多少个不大于f(a)的数。

思路：

数位dp，还是这个博客：http://blog.csdn.net/wust_zzwh/article/details/52100392

dp[pos][sum]:=sum不是存当前枚举的数的前缀和(加权的)，而是枚举到当前pos位，后面还需要凑sum的权值和的个数，也就是说初始的是时候sum是f(a),枚举一位就减去这一位在计算f(i)的权值，显然sum=0时就是满足的，后面的位数凑足sum位就可以了。

这个是一种优化，多组case，最初在外面初始化dp为-1就行了，因为不同的case，每个数的信息是不变的，之前计算的dp值无论在哪组case都是这个答案，直接返回就行，这也是为什么定义sum为还需要凑的数，如果定义sum为到当前位的权值和，那么每个高位的数都不一样，所以每组case都要初始化一遍dp为-1，还要重新计算每一个dp值，会TLE

下面是评论里的解释：题目要求f[i]=f[a]变成f[a]-f[i]=0;相当于初始值为f[a]，只要能减到0就是合法状态。，之所以与f[a]无关：假设先输入一个a，且f(a)=10,dfs记录了一个状态dp[3][10]=5，表示枚举到pos=3时还需要减掉10才能合法的状态有5个(也可以说与目标0的差值是10)，那么下一次输入b，且f(b)=20,还是从高位开始枚举，恰好枚举到pos=3，且还需要交掉10才能合法的状态，也就是dp[3][10]，这个时候上一次记录的状态依然是可以用的啊，因为都是到了pos=3的位置，都是还需要减掉10就能达到最后的目标，所以这个子问题就重叠了。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MS(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define MP make_pair
#define PB push_back
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll INFLL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
inline ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
//////////////////////////////////////////////////////////////////////////
const int maxn = 1e5+10;

int A,B,k,a[20],dp[20][maxn];

int f(int x){
    if(x == 0) return 0;
    int ans = f(x/10);
    return ans*2+x%10;
}

int dfs(int pos,int sum,int limit){
    if(pos==-1) return sum<=k;
    if(sum > k) return 0;
    if(!limit && dp[pos][k-sum]!=-1) return dp[pos][k-sum];
    int up = limit ? a[pos] : 9;
    int re = 0;
    for(int i=0; i<=up; i++){
        re += dfs(pos-1,sum+i*(1<<(pos)),limit&&i==a[pos]);
    }
    if(!limit) dp[pos][k-sum] = re;
    return re; 
}

int solve(int x){
    int pos = 0;
    while(x){
        a[pos++] = x%10;
        x /= 10;
    }

    int re = dfs(pos-1,0,true);
    return re;
}

int main(){
    int T = read();
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    int cas=1;
    while(T--){
        cin >> A >> B;
        k = f(A);
        int ans = solve(B);
        printf("Case #%d: %d
",cas++,ans);
    }

    return 0;
}