【数位DP】【SCOI2009】windy数

传送门

Description

$windy$定义了一种$windy$数。不含前导零且相邻两个数字之差至少为$2$的正整数被称为$windy$数。$windy$想知道，

在$A$和$B$之间，包括$A$和$B$，总共有多少个$windy$数？

Input

包含两个整数，$A,B$。

Output

一个整数

Sample Input

25 50

Sample Output

20

Hint

$For~All:$

$1~\leq~A~\leq~B~\leq~2~\times~10^9$

Solution

数位DP。

数位DP的DP状态一般含有如下参数：

1、从高到低当前填到了第几位。
2、当前这一位的数是几。
3、这一位是否等于一个上界x。一般而言，大于上界没有意义，所以可以用一个二进制表示等于或小于。
4、从最高位到这一位是否全为0

对于具体题目，需要根据要求增删状态。

对于本题而言，可以设$f_{i,j,0/1,0/1}$代表从高到低填到了第i位，当前这一位数字是j，否/是等于0，否/是全为0的方案数

考虑$[A,B]$间的答案就等于小于$B$的答案减去小于$A-1$的答案。于是可以分别把$B$和$A-1$作为上界x求得答案相减。

预处理：处理出第一位所有的情况。具体的，设第一位是$s_1$，则$f_{1,j,0,0}=1|j<s_1$,$f_{1,0,0,1}=1$,$f_{1,s_1,1,0}=1$

转移方面，这里使用刷表法刷出下一维。具体的，枚举当前是什么状态，枚举下一位的数字是谁。

直接累加小于上界且从小于上界的状态转移的答案，对于等于上界的状态，转移到等于上界的状态。注意区分小于和等于在第3维上的差异。

显然每一位全是前导零的方案数是1。对于本位置全是前导0的方案，可以更新下一位填任意位置小于上界的状态。

最后累加答案为$ans=(\sum_{j<s_{len}}f_{len,j,0,0})+f_{len,s_{len},1,0}$。其中len为上界x的位数。

看着发晕的话可以参考代码

Code

#include<cstdio>
#include<cstring> 
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long int

typedef long long int ll;

namespace IO {
    char buf[90];
}

template<typename T>
inline void qr(T &x) {
    char ch=getchar(),lst=' ';
    while(ch>'9'||ch<'0') lst=ch,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    if(lst=='-') x=-x;
}

template<typename T>
inline void write(T x,const char aft,const bool pt) {
    if(x<0) x=-x,putchar('-');
    int top=0;
    do {
        IO::buf[++top]=x%10+'0';
        x/=10;
    } while(x);
    while(top) putchar(IO::buf[top--]);
    if(pt) putchar(aft);
}

template<typename T>
inline T mmax(const T a,const T b) {if(a>b) return a;return b;}
template<typename T>
inline T mmin(const T a,const T b) {if(a<b) return a;return b;}
template<typename T>
inline T mabs(const T a) {if(a<0) return -a;return a;}

template<typename T>
inline void mswap(T &a,T &b) {
    T temp=a;a=b;b=temp;
}

const int maxs = 15;

ll a,b;
ll frog[maxs][maxs][5][5],st[maxs];

ll dp(ll x);

int main() {
	qr(a);qr(b);
	a=dp(a-1);memset(frog,0,sizeof frog);b=dp(b);
	write(b-a,'\n',true);
	return 0;
}

ll dp(ll x) {
	int len=0;
	rg ll tx=x;
	do {++len;} while(tx/=10);if(!x) len=0;						//确定x的位数 
	for(rg int i=len;i;--i) st[i]=x%10,x/=10;					//st[i]即为s数组，存储x每一位的值 
	for(rg int i=1;i<st[1];++i) frog[1][i][0][0]=1;
	frog[1][st[1]][1][0]=frog[1][0][0][1]=1;							
	/*
		*初始化：
		*第一位填小于s[1]的数，整个数小于x前1位且无前导0的方案数
		*=第一位填s[1]的数，整个数等于x前1位的方案数
		*=全部填0的方案数=1 
	*/
	for(rg int i=1;i<len;++i) {
		rg int di=i+1;											//下一位置 
		for(rg int j=0;j<10;++j) {
			for(rg int k=0;k<10;++k) {
				if(mabs(j-k) >= 2) {							//如果这一位合法 
					frog[di][k][0][0]+=frog[i][j][0][0];		//这一位填k的方案数，从上一位的数小于x转移 
					if(k < st[di]) frog[di][k][0][0]+=frog[i][j][1][0];
																//从上一位等于x的数转移到这一位小于x的答案 
					else if(k == st[di]) frog[di][k][1][0]+=frog[i][j][1][0];
																//从上一位等于x的数转移到这一位等于x的答案 
				}
			}
		}
		frog[di][0][0][1]=1;									//下一位全是前导0的方案数为1 
		for(rg int j=1;j<10;++j) frog[di][j][0][0]+=frog[i][0][0][1];
																//由这一位全是前导0可以更新下一位的不取0的所有情况。 
	}
	ll _ans=0;
	for(rg int i=0;i<10;++i) _ans+=frog[len][i][0][0];
	_ans+=frog[len][st[len]][1][0];
	return _ans;
}

Summary

数位dp状态的确定：

1、从高到低当前填到了第几位。
2、当前这一位的数是几。
3、这一位是否等于一个上界x。一般而言，大于上界没有意义，所以可以用一个二进制表示等于或小于。
4、从最高位到这一位是否全为0

转移细节比较多，需要留心