不要62（数位DP，模板入门）

　　　　　　　　　　　　　　题目：不要62

参考dalao：

 　　　　　　　　　　数位dp总结 之 从入门到模板

Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
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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

 

思路：将输入的数拆解，存在a数组中，进行dfs

　　ll dfs (int cut, bool limit, bool sta)

　　cut表示此时在第几位，limit表示对此位的枚举有没有限制，sta表示前一位是否为六（用于判断62组合）

然后直接上代码吧：

?

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39

/***********************************************/ int a[20];   ll dfs(int cut,bool limit,bool sta) {     if(cut==0) return 1;     ll ans=0;     int cu=limit?a[cut]:9;     for(int i=0;i<=cu;i++)     {         if(i==2 && sta) continue;         if(i!=4)         ans+=(dfs(cut-1, limit & (i==a[cut]) ,i==6));     }     return ans; }   ll solve(ll x) {     int cut=0;     while(x){         a[++cut]=(x%10);         x/=10;     }     return dfs(cut,1,0); }   int main() {     ll a,b;     while(1)     {         cin>>a>>b;         if(a==0 && b==0) return 0;         cout<<solve(b)-solve(a-1)<<endl;     }           return 0; }

　　当然也可以优化，用一个DP数组dp[i][j]专门记录那些没有限制情况下的情况，因为dfs过程中这些没有限制（指枚举限制）的情况的很多是重复的，比如：对2345，如果最高位枚举0,1,2,3,4时，后面几位的枚举是没有限制的，不用重复计算，只要计算一次，存在dp数组中就行，（注意a数组对应数字是从右往左读的！！！）

　　而dp[i][j]：表示对前i位，在没有限制情况下的数字方案数，而 j 表示第 i 位对前一位有没有制约，比如第 i 位为6，那么第 i-1 位不能为2，即 j 表示第 i 位是否是6

　　ps：如果直接用dp[i]，那么对于第i位是6和不是6的方案数是不一样的。（因为6对前一位有限制）

（实际上这个优化版的才算得上是数位dp，前面那个纯属暴力）

优化代码：（即记忆化搜索dfs）

?

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

/***********************************************/ int a[20]; ll dp[20][2];//前i位，第i位是否为6，的方案数   ll dfs(int cut,bool limit,bool sta) {     if(cut==0) return 1;     if(!limit && dp[cut][sta]!=-1/*表示此结果已经计算过，直接调用就行*/) return dp[cut][sta];     ll ans=0;     int cu=limit?a[cut]:9;     for(int i=0;i<=cu;i++)     {         if(i==2 && sta) continue;         if(i!=4)         ans+=(dfs(cut-1, limit & (i==a[cut]) ,i==6));     }           if(!limit)  dp[cut][sta]=ans;//保存计算结果，专业点叫：记忆化搜索//     return ans; }

　　再次感谢大佬的数位DP模板，写的很好。

这里将他的模板转载一下：

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\n",solve(ri)-solve(le-1));
    }
}