HDU 4734 数位DP 小水

题目给了个f(x)的定义：F(x) = An * 2n-1 + An-1 * 2n-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 <iostream>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <string>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N =1e4+5;
int dp[12][N];
int all;
int a[12];
int f(int x)
{
    if(x==0)
        return 0;
    int ans=f(x/10);
    return ans*2+(x%10);
}
int dfs(int pos,int sum,bool 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 solve(int x)
{
    int pos=0;
    while(x)
    {
        a[pos++]=x%10;
        x/=10;
    }
    return dfs(pos-1,0,true);
}
int main()
{
    int a,ri,icase,kase=1;
    scanf("%d",&icase);
    while(icase--)
    {
        scanf("%d%d",&a,&ri);
        all=f(a);
        printf("Case #%d: %d\n",kase++,solve(ri)-0);
    }
    return 0;
}