数位dp

//hdu  2089

不要62

Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 60338    Accepted Submission(s): 23843

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

 

 

Author

qianneng

 

 

Source

 

 

 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
int  n,m,d[20],dp[20][2];
//dp[pos][state]:state 前一位是6吗
int dfs(int pos,bool  state,bool limit)
{
    if(pos==0) return 1;
    //如果有limit 肯定是不行的
    if(!limit&&dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];//避免重复
     //为什么要返回呢？可以画图理解当我们搜到3XXX时，程序运行到
     //1XXX时就已经把3XXX之后的搜索完了，记忆化也是这个用意.
    int sum=0,up=limit?d[pos]:9;//up ：上限
    for(int  i=0;i<=up;i++){
        if(i==4||(state&&i==2)) continue;//state:i==6
        else{
            sum+=dfs(pos-1,i==6,limit&&i==d[pos]);//只有之前有限制现在又达到了上限
        }
    }
    if(!limit) dp[pos][state] = sum;
    return  sum;
}
int  solve(int  x){
    int pos=0;
    while(x){
        d[++pos]=x%10;
        x/=10;
    }
    return dfs(pos,false,true);//最高位：state一定false(!=6) limit 一定有
}
int  main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
        if(n==0&&m==0) break;
        memset(dp,-1,sizeof(dp));//易忘
        printf("%d\n",solve(m)-solve(n-1));
    }
    return 0;
}

 

 

华东交通大学2018年ACM“双基”程序设计竞赛

G

7的意志

定义一个序列a:7,77,777......,7777777(数字全为7的正整数，且长度可以无限大）
clearlove7需要从含有7的意志的数里获得力量，如果一个整数能被序列a中的任意一个数字整除，并且其数位之和为序列a中任意一个数字的倍数，那么这个数字就含有7的意志，现在给你一个范围[n,m]，问这个范围里有多少个数字含有7的意志。

 

输入描述:

多组输入，每行两个个整数n，m（1<=n<=m<=1e18)，如果输入为"0 0"，停止程序。

输出描述:

每一行输出含有7的意志的数的个数。

示例1

输入

复制

1 7
1 100
1 1000
0 0

输出

复制

1
3
21

说明

1到100中符合条件的数字为7，70，77

j//就是%7 
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;
#define ll long long
const int mod=1e9+7;
//ll dp[21][9][9]:20+1，8+1 不然会数组越界
ll dp[21][9][9];//dp[pos][sum1][sum2]:pos：第几位，
//  sum1 :从第一位到第pos位的数%7的值
// sum2 :从第一位到第pos位的数的和%7的值
// 123 sum1 : 1 (1*10+2)%7==5 (5*10+3)%7==4
//123 sum2 : 1 3 6 
ll  d[20];
void  init()
{
    for(int  i=0;i<=20;i++){
        for(int j=0;j<=8;j++){
            for(int k=0;k<=8;k++){
                dp[i][j][k]  = -1;
            }
        }
    }
}
ll dfs(int pos,int  sum1,int  sum2,bool limit){
    if(pos==0) return (sum1%7==0&&sum2%7==0);
    if(!limit&&dp[pos][sum1][sum2]!=-1) return  dp[pos][sum1][sum2];
    int up=limit?d[pos]:9;
    ll ret = 0;
    for(int i=0;i<=up;i++){
        ret+=dfs(pos-1,(sum1*10+i)%7,(sum2+i)%7,limit&&i==d[pos]);
    }
    if(!limit) {
        dp[pos][sum1][sum2] = ret;
    }
    return  ret;
}
ll solve(ll x){    
    int pos= 0;
    while(x)
    {
        d[++pos] =x%10;
        x/=10;        
    }    
    return dfs(pos,0,0,true);//pos==0才算一个，因此pos时sum1,sum2都为0
}
ll n,m;
int  main()
{
    init();//类似于预处理
    while(~scanf("%lld%lld",&n,&m)){
        if(n==0&&m==0) break;
        solve(m);
        printf("%lld\n",solve(m)-solve(n-1));
    }
    return  0;
}