HDU 4734 F(x) (数位DP)

题目给了个f(x)的定义：F(x) = A_n * 2^n-1 + A_n-1 * 2^n-2 + ... + A₂ * 2 + A₁ * 1，Ai是十进制数位，然后给出a,b求区间[0,b]内满足f(i)<=f(a)的i的个数。

 

常规想：这个f(x)计算就和数位计算是一样的，就是加了权值，所以dp[pos][sum]，这状态是基本的。a是题目给定的，f(a)是变化的不过f(a)最大好像是4600的样子。如果要memset优化就要加一维存f(a)的不同取值，那就是dp[10][4600][4600]，这显然不合法。
这个时候就要用减法了，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，那么最后枚举完所有位 sum>=0时就是满足的，后面的位数凑足sum位就可以了。
仔细想想这个状态是与f(a)无关的(新手似乎很难理解)，一个状态只有在sum>=0时才满足，如果我们按常规的思想求f(i)的话，那么最后sum>=f(a)才是满足的条件。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
int all;
int dp[20][10005];
int a[10005];
int dfs(int pos , int sum , int limit)
{
    if(pos==-1)
    {
        return sum<=all;
    }
    if(sum>all)
    return 0;
    if(!limit && dp[pos][all-sum]!=-1 )
    return dp[pos][all-sum];
    int up=limit?a[pos]:9;
    int ans=0;
    for(int i=0 ; i<=up ; i++)
    {
        ans+=dfs(pos-1,sum+i*(1<<pos),limit&&i==a[pos]);
    }
    if(!limit)
    dp[pos][all-sum]=ans;
    return ans;
}
int f(int n)
{
    if(n==0)
    return 0;
    int ans=f(n/10);
    return ans*2+n%10;
}
int so(int m)
{
    int ans=0;
    while(m)
    {
        a[ans++]=m%10;
        m/=10;
    }
    return dfs(ans-1,0,1);
}
int main( )
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    int T=0;
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    while(t--)
    {
        int n,m;
        T++;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        all = f(n);
        printf("Case #%d: %d\n",T,so(m));
    }
}