HDU 2089 不要62（数位DP）

题目：

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。 

Inpu

t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

题意：给出2个数n，m 且 n<=m,问区间【n，m】中有多少个不包含4和不包含连续的62的数。
暴力枚举就超时了，下面介绍一下数位DP

数位DP也就是一个记忆化搜索的过程，其实也就是模拟数数的过程（深搜）
举个栗子，我们正常从1到5123数数
就相当于数0001,0002，.....0010,0011,0012......1000....5123这样一个一个数
而数位DP，就是按个位，十位，百位，按位来数
思想是这样的，假设n=1，m=5123

上面划线的数字组合起来就表示5123

我们定义，dp【20】【2】

　　　　　digit【20】//把数字的每一个数位存起来，对5123来说，digit【1】=3，digit【2】=2，digit【3】=1，digit【4】=5，

解释：dp【i】【1】表示当数位i+1的数字是6时候，数位i有多少个不包含4和不包含62的数

　　    dp【i】【0】表示当数位i+1的数字不是6时候，数位i有多少个不包含4和不包含62的数

比如dp【1】【0】= 9（当数位2，即十位的数字不是6时，个位可以提供的数字有0,1,2,3,5,6,7,8,9共9个）

　　dp【1】【1】= 8（当数位2，即十位的数字是6是，个位可以提供的数字有0,1,3,5,6,7,8,9共8个）

 

我们先跑一遍位数是1的数，更新dp【1】【1】和dp【1】【0】

当我们跑到十位0时，因为这时候的数字是0，不是6，所以十位数是0的贡献是dp【1】【0】=9

同理，当十位是1,2,3,5,7,8,9是，贡献都是dp【1】【0】=9

十位是4的时候，因为不能出现数字4，所以它的贡献是0

十位是6的时候，贡献是dp【1】【1】=8（60,61,63,65,66,67,68,69共8个）

更新一下dp【2】【0】

它的值就应该是十位数字0,1,2,3,5,6,7,8,9贡献之和，即9*8+8=80

再更新一下dp【2】【1】

它的值就应该是十位数字0,1,3,5,6,7,8,9贡献之和，即9*7+8=71

这样就可以一直更新上去

把各个数位上的数字贡献记录下来，提供给更高位的数位，这样就实现了记忆化搜索

当然还有边界问题

当我们千位是5的时候，千位（最高位）的数字到了最大值，百位就只能看0和1的贡献

百位数字为0的贡献可以直接利用，因为5000-5099都在1-5125的范围内

但1是百位的最大值（在千位是最高位的前提下），不能直接利用百位是1的贡献（5100-5199有部分数超过了5123）

所以十位是0,1的贡献可以直接利用，十位是2的贡献不能直接利用

只需要特判一下就可以了

这个过程还是听视频讲解的好（画图要画好多张啊，偷懒偷懒）

推荐一个视频  https://www.bilibili.com/video/av27156563?t=2383

博主也是看了这位大佬的视频才理解了数位dp（当然下面的代码也是这位大佬的）

代码实现：（详细看注释）

ll dfs(int len,bool if6,bool limit)
{/*len表示当前的数位，if6表示上一个数位的数字是不是6，limit表示比现在数位高的数位是不是都到了最大值，即限制值，如千位是5，百位是1，那么十位就只能取0,1,2，起到了限制作用*/
    if(len==0) return 1;//递归边界
    if(!limit && dp[len][if6]) return dp[len][if6];
/*提速部分，如果没有被限制而且dp数组已经更新，则直接使用dp数组*/
    ll cnt=0,up_bound=(limit?digit[len]:9);
/*cnt用来计数，up_bound表示上界，如果高位没有被限制，则该位可以是数字0到9，否则该位数字是0到digit【len】，对于十位来说就是0到2（假如千位是5，百位是1，高位限制了）*/
    for(int i=0;i<=up_bound;++i){
        if(if6 && i==2) continue;//上一位数字是6而且当前位数数字是2，忽略
        if(i==4) continue;//当前数位数字是4，忽略
        cnt+=dfs(len-1,i==6,limit&&i==up_bound);
/*下一个数位的各个数字贡献之和就是当前位数数字是i的贡献，第三个参数表示当前数位和高数位是不是都达到了限制值*/
    }
    if(!limit) dp[len][if6]=cnt;
/*没有被限制的数位计算出的cnt才能代表整个数位的贡献，否则会有残缺*/
    return cnt;
}
ll solve(ll num)
{
    int k=0;
    while(num)//分解num各个数位上的数字
    {
        digit[++k]=num%10;
        num/=10;
    }
    return dfs(k,0,1);
/*从高位开始向低位搜索，最高的数自然是自己本身，它的上一位只能是0，不是6，所以第二个参数写0，因为没有15123，只有05123，所以第三个参数写1*/
}

AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
int digit[20];
ll dp[20][2];
ll dfs(int len,bool if6,bool limit)
{
    if(len==0) return 1;
    if(!limit && dp[len][if6]) return dp[len][if6];
    ll cnt=0,up_bound=(limit?digit[len]:9);//上界;
    for(int i=0;i<=up_bound;++i){
        if(if6 && i==2) continue;
        if(i==4) continue;
        cnt+=dfs(len-1,i==6,limit&&i==up_bound);
    }
    if(!limit) dp[len][if6]=cnt;
    return cnt;
}
ll solve(ll num)
{
    int k=0;
    while(num)
    {
        digit[++k]=num%10;
        num/=10;
    }
    return dfs(k,0,1);
}
int main()
{
    ll n,m;
    while(cin>>n>>m)
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        if(n==0&&m==0) break;
        cout<<solve(m)-solve(n-1)<<'\n';
    }
    return 0;
}