hdu 2089 不要62

不要62

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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
  

中文题，题意应该是很明确了：找出n~m中所有不含4并且不含62的数的个数；

好了。这么简单，我就一个数一个数的找，O(N)的复杂度，但是会被T的；那么时间复杂度还能怎么优化呢？我们发现所有开头为4的数都不是合法的，但是当我们一个数一个数的找时，就重复的找了41，42，43，41111，4555，410000......所以我们需要找寻一个算法使得查数时不需要像之前一样重复查找，当我们找到4000000时，4000001~4999999之间的数都不需要找，直接跳过就好了，很明显这个方法与数的每一位的数字有关，同样与之前的状态有关，所以我们称这个算法为数位DP；

唉～～不容易，总算把数位DP扯出来了；也是第一次接触数位DP，这里推荐一个博客，写的很详细，从模板到例题应有尽有：详情戳这里！！！

好了，直接看看本道题的代码吧：

#include <iostream>
#include <string.h>

using namespace std;

int digit[10];                                          //用来存数的位数，及每个数位上的最大值；
int dp[10][2];                                          //存状态
int dfs(int per, bool state, bool fp){                  //per表示位数，per=4表示在第四位；
                                                        //state表示状态，if  state=1，表示第per位的前一位是6；
                                                        //fp表示在第per位上是否有上限，即在该位的取值为0~9还是0~digit[per]；
    if(per==0) return 1;                                //当per为0时，表示已经枚举了一个有意义的数，答案加1；
    if(!fp && dp[per][state]!=-1) return dp[per][state];//避免重复计算；
    int ret=0, fpmax = fp!=0? digit[per] : 9;           //fpmax表示在该位的最大值；
    
    for(int i=0; i<=fpmax; i++){
        if(i==4 || (state&&i==2)) continue;             //当出现4，或者前一位为6，当前位为2时跳过不计；
        else ret+=dfs(per-1, i==6, i==fpmax && fp);     //i==6用来判断递归后前一位是否为6；
    }
    if(fp==0) dp[per][state]=ret;
    return ret;
}
int Cnt(int n){
    int per=0;
    memset(digit, 0, sizeof(digit));
    while(n){                                        //计算数的每一位数；
        digit[++per]=n%10;
        n/=10;
    }
    return dfs(per, false, true);
}
int main(){

    int n, m;
    while(cin >> n >> m, n&&m){
        memset(dp, -1, sizeof(dp));
        int ans = Cnt(m) - Cnt(n-1);
        cout << ans << endl;
    }

    return 0;
}