题意：求一个范围内的数字，约束条件为不含有数字4以及62
- typedef long long ll;
- int a[20];
- ll dp[20][state];//不同题目状态不同
- ll dfs(int pos,/*state变量*/,bool lead/*前导零*/,bool limit/*数位上界变量*/)//不是每个题都要判断前导零
- {
- //递归边界，既然是按位枚举，最低位是0，那么pos==-1说明这个数我枚举完了
- if(pos==-1) return 1;/*这里一般返回1，表示你枚举的这个数是合法的，那么这里就需要你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。不过具体题目不同或者写法不同的话不一定要返回1 */
- //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][state]!=-1) return dp[pos][state];
- /*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是对应，具体为什么是有条件的记忆化后面会讲*/
- int up=limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up;这个的例子前面用213讲过了
- 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
- {
- if() ...
- else if()...
- ans+=dfs(pos-1,/*状态转移*/,lead && i==0,limit && i==a[pos]) //最后两个变量传参都是这样写的
- /*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了
- 大概就是说，我当前数位枚举的数是i，然后根据题目的约束条件分类讨论
- 去计算不同情况下的个数，还有要根据state变量来保证i的合法性，比如题目
- 要求数位上不能有62连续出现,那么就是state就是要保存前一位pre,然后分类，
- 前一位如果是6那么这意味就不能是2，这里一定要保存枚举的这个数是合法*/
- }
- //计算完，记录状态
- if(!limit && !lead) dp[pos][state]=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)
- {
- int pos=0;
- while(x)//把数位都分解出来
- {
- a[pos++]=x%10;//个人老是喜欢编号为[0,pos),看不惯的就按自己习惯来，反正注意数位边界就行
- x/=10;
- }
- return dfs(pos-1/*从最高位开始枚举*/,/*一系列状态 */,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()
- {
- ll le,ri;
- while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))
- {
- //初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化,后面讲
- printf("%lld ",solve(ri)-solve(le-1));
- }
- }
这里仿照一个大佬的思路开始入门通用一点的数位dp 值得注意的一点是limit的设置 能够防止状态的冲突
相信读者还对这个有不少疑问，笔者认为有必要讲一下记忆化为什么是if(!limit)才行，大致就是说有无limit会出现状态冲突，举例：
约束：数位上不能出现连续的两个1(11、112、211都是不合法的)
假设就是[1,210]这个区间的个数
状态:dp[pos][pre]:当前枚举到pos位，前面一位枚举的是pre(更加前面的位已经合法了)，的个数(我的pos从0开始)
先看错误的方法计数，就是不判limit就是直接记忆化
那么假设我们第一次枚举了百位是0，显然后面的枚举limit=false，也就是数位上0到9的枚举，然后当我十位枚举了1，此时考虑dp[0][1],就是枚举到个位，前一位是1的个数，显然dp[0][1]=9;(个位只有是1的时候是不满足的)，这个状态记录下来，继续dfs，一直到百位枚举了2，十位枚举了1，显然此时递归到了pos=0,pre=1的层，而dp[0][1]的状态已经有了即dp[pos][pre]!=-1；此时程序直接return dp[0][1]了，然而显然是错的，因为此时是有limit的个位只能枚举0，根本没有9个数，这就是状态冲突了。有lead的时候可能出现冲突，这只是两个最基本的不同的题目可能还要加限制，反正宗旨都是让dp状态唯一
上代码：
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; int a[1010]; int dp[20][2]; 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 ? a[pos] : 9; int sum=0; for(int i=0;i<=up;i++) { if(pre==6 && i==2 || i==4) continue; sum+=dfs(pos-1,i,i==6,limit & i==a[pos]); } if(!limit) dp[pos][sta]=sum; // return sum; } int solve(int x) { int pos=0; while(x) { a[pos++]=x%10; x/=10; } return dfs(pos-1,-1,0,true); } int main() { int n,m; while(cin>>n>>m) { if(n==0 && m==0) break; memset(dp,-1,sizeof(dp)); cout<<solve(m)-solve(n-1)<<endl; } return 0; }