bzoj 1026 [SCOI2009]windy数 题解（数位DP）

原题链接:
洛谷：点我QωQ
bzoj：点我QωQ

题意简述

定义一个$Windy$数为：一个$Windy$数没有前导零并且所有相邻的两位差的绝对值都$>=2$。给定$l,r$求$[l,r]$之间有多少$Windy$数。

数据

输入

一行两个正整数$l,r$。

输出

$l,r$中有多少$Windy$数。

样例

输入
1 10
输出
9

输入
25 50
输出
20

思路

显然数位$DP$。我个人认为，数位$DP$不难在$DP$方程，而是难在数位拆分。

part1. $DP$方程推导

设$dp[i][j]$为：位长度为$i$，首位是$j$，有多少$Windy$数。
那么$dp[i][j]=dp[i-1][k](|k-j|>=2)$，这很显然。也就是我们枚举一个满足条件的点作为上一个状态。

part2. 数位拆分

我们设一个$calc(x)$，表示$[1,x]$中有多少$Windy$数。那么答案$=calc(r)-calc(l-1)$。那么问题来了：如何求$calc(x)$?
我们通过举例子的方法理解。设$x=654$。那么，答案分为几类呢？

1. 首位是$[1,5]$，剩下的位随便取。此时的答案是$dp[3][1...5]$
2. 位数$<3$。此时的答案为$dp[2][1...9]+dp[1][1..9]$
3. 取$654$的$1...3$为前缀，剩下的位$<654$（即$6\ast \ast$，$65\ast$，$654$，其中$\ast$表示小于后面位的任意）。

我们把它广义。设$x$分解完有$cnt$位，第$i$位（全网为数不多的从左到右数的）为$d[i]$。那么

1. 也就是$dp[cnt][1...(d[1]-1)]$
2. 也就是$dp[2...cnt][1...9]$
3. 就比较复杂了，单独拿出来讲。

我们枚举前缀长度$i$从$1$到$cnt-1$。枚举一个$j$使得$|j-d[i]|>=2$并且$j<d[i+1]$。其中$|j-d[i]>=2|$保证满足条件，$j<d[i+1]$保证我们枚举出来的数$<=x$。这样枚举$j$后，加入$dp[cnt-i][j]$到答案。其中$cnt-i$表示剩下$cnt-i$位，$j$表示我们枚举剩下的首位为$j$。当然，我们枚举的这个前缀要满足条件。即：如果$1...i$中有差绝对值$<2$的就直接$break$。当然，不用每次都查，只要在我们枚举$i$的时候，判断下一次会不会$break$即珂。当然还要特判$x$。如果我们枚举的$i==cnt-1$，说明搞完了，而且没有被$break$掉，那么说明$x$本身也是$Windy$数，我们没有算到，故$++ans$。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace Flandle_Scarlet
{
    #define N 20
    int dp[N][N];
    void DP()
    {
        for(int i=0;i<=9;++i) dp[1][i]=1;//明显边界
        int n=11;
        for(int i=2;i<=n;++i)
        {
            for(int j=0;j<=9;++j)
            {
                for(int k=0;k<=9;++k)
                {
                    if (abs(k-j)>=2)
                    {
                        dp[i][j]+=dp[i-1][k];//明显的转移
                    }
                }
            }
        }
    }
    int calc(int x)
    {
        int d[N];int cnt=0;
        while(x!=0)
        {
            d[++cnt]=x%10;;
            x/=10;
        }reverse(d+1,d+cnt+1);//我是正着数的,所以reverse
 
        int ans=0;
        for(int i=2;i<=cnt;++i)//情况2.
        {
            for(int j=1;j<=9;++j)
            {
                ans+=dp[cnt-i+1][j];
            }
        }
        for(int i=1;i<d[1];++i)//情况1.
        {
            ans+=dp[cnt][i];
        }
        for(int i=1;i<cnt;++i)//情况3.
        {
            for(int j=0;j<d[i+1];++j)
            {
                if (abs(d[i]-j)>=2)
                {
                    ans+=dp[cnt-i][j];
                }
            }
            if (abs(d[i]-d[i+1])<2) break;
            if (i==cnt-1) ++ans;
        }
        return ans;
    }
 
    void Main()
    {
        if (0)
        {
            freopen("","r",stdin);
            freopen("","w",stdout);
        }
        DP();
        int l,r;scanf("%d%d",&l,&r);
        printf("%d\n",calc(r)-calc(l-1));
    }
};
main()
{
    Flandle_Scarlet::Main();
    return 0;
}

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