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数位DP其实是很灵活的,所以一定不要奢求一篇文章就会遍所有数位DP的题,这一篇只能是讲清楚一种情况,其他情况遇到再总结,在不断总结中慢慢体会这个思想,以后说不定就能达到一看到题目就能灵活运用的水平。(其实DP都是这样……)

这一篇要说的数位DP是一道最简单的数位DP:题目链接

题目大意:多组数据,每次给定区间[n,m],求在n到m中没有“62“或“4“的数的个数。

      如62315包含62,88914包含4,这两个数都是不合法的。0 < n<=m < 1000000

试想:我们如果能有一个函数count(int x),可以返回[0,x]之间符合题意的数的个数。那么是不是直接输出count(m)-count(n-1)就是答案?

好,那么下面我们的关注点就在于怎么做出这个函数。我们需要一个数组。(dp原本就是空间换时间)

我们设一个数组f[i][j],表示i位数,最高位是j的数,符合题意的数有多少个。比如f[1][2]=1; f[1][4]=0; f[2][6]=8 (60,61,63,65,66,67,68,69).

我们先不关注这个f有什么用,我们先关注f本身怎么求。首先f[1][i]=0(if i==4),f[1][i]=1(if i!=4) (0<=i<=9)。这一步是很显然的,那么根据这个题的数据范围,只需要递推到f[7][i]就够用了。那么稍微理解一下,可以想出递推式:

  f[i][j]=

    if (j==4) f[i][j]=0

    else if (j!=6) f[i][j]=Σf[i-1][k] (k=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9)

    else if (j==6) f[i][j]=Σf[i-1][k] (k=0,1,3,4,5,6,7,8,9)

上面的式子也是很显然的,如果觉得不显然可以这样想:i位数,最高位是j的符合条件的数,如果j是4,肯定都不符合条件(因为题目不让有4),所以直接是0;如果j不是6,那么它后面随便取,只要符合题意就可以,所以是f[i-1][k],k可以随便取的和;如果j是6,后面只要不是2就行,所以是f[i-1][k],k除了2都可以,求和。

这里要说明一下,认为00052是长度为5,首位为0的符合条件的数,052是长度为3首位为0符合条件的数。

那么现在我们已经得到了f数组,再重申一下它的含义:i位数,最高位是j的数,符合题意的数有多少个。

现在我们就要关注怎么利用f数组做出上面我们说的那个函数count(int x),它可以求出[0,x]中符合题意的数有多少个。

那么我们做这样一个函数int solve(int x) 它可以返回[0,x)中符合题意的有多少个。那么solve(x+1)实际上与count(x)是等价的。

那么现在问题转化成了:小于x,符合题意的数有多少个?

很简单,既然小于,从最高位开始比,必定有一位要严格小于x(前面的都相等)。所以我们就枚举哪一位严格小于(前面的都相等)。

假设我们现在把x分成了a1,a2,…,aL这样一个数组,长度为L,aL是最高位。

那么结果实际上就是这样:长度为L,最高位取[0,aL-1]的所有的符合题意数的和;再加上长度为L-1,最高位取aL,次高位取[0,aL-1-1]的所有符合题意数的和;再加上……;一直到第一位。

上面有一句话之所以标粗体,是因为这句话并不是对的,但是为了好看,就先这样写着。因为我们还需要考虑这种情况:最高位aL如果是4,那么这句话直接就可以终止了,因为粗体这句话前面的那句话“最高位取aL”是不能成立的。还要考虑这种情况:最高位aL如果是6,那么这里并不是能取[0,aL-1-1]的所有(不能取2)。加上这些条件之后就很严谨了。

把上面的汉字对应到题目里,就是我们前面求出来的f[L][0..aL-1] f[L-1][0..aL-1-1],所以稍加思索之后就能写出程序了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#define swap(a,b)  (a=a+b,b=a-b,a=a-b)
#define memset(a,v)  memset(a,v,sizeof(a))
#define Pi acos(-1)
#define e  2.718281828459045
#define eps 1.0e-8
using namespace std;
typedef long long int LL;
const int MAXL(1e5);
const int INF(0x3f3f3f3f);
const int mod(1e9+7);
int dir[4][2]= {{-1,0},{1,0},{0,1},{0,-1}};
LL dp[20][20];
void DP()
{
    memset(dp,0);
    dp[0][0]=1;
    int i,j,k;
    for(i=1; i<=9; i++)
    {
        for(j=0; j<=9; j++)
        {
            if(j==4)
                dp[i][j]=0;
            else if(j==6)
            {
                for(k=0; k<=9; k++)
                    if(k!=2)
                        dp[i][j]+=dp[i-1][k];
            }

            else
            {
                for(k=0; k<=9; k++)
                    dp[i][j]+=dp[i-1][k];
            }

        }
    }

    return ;
}
int a[20];
int solve(int n)
{
    int len=0,i,j,k;
    int ans=0;
    while(n)
        a[++len]=n%10,n/=10;
    a[len+1]=0;
    for(i=len; i>=1; i--)
    {
        for(j=0; j<a[i]; j++)
        {
            if(j==4||a[i+1]==6&&j==2)
                continue;
            else
                ans+=dp[i][j];
        }
        if(a[i]==4)
            break;
        if(a[i+1]==6&&a[i]==2)
            break;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    DP();
    int n,m;
    while(cin>>m>>n&&(m||n))
        cout<<solve(n+1)-solve(m)<<endl;
    return 0;
}