POJ 3252 数位dp

POJ 3252

题目就是给你一个区间 问你这个区间内有多少个数满足二进制的0的数目大于1的数目

我们不难想到我们要把这个数变为二进制存储

然后在dfs里面我们知道 如果有前导零 并且这位是零 那么我们是不统计的

如果没有前导零 而且这位是零 我们加一 否则减一 由于2^32是范围 所以我sta设置32 如果>= 32说明0>=1

否则 1 > 0不符合题意

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <sstream>
#include <set>
#include <map>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[66];
ll dp[35][128];//不同题目状态不同
ll dfs(int pos,int sta,bool lead/*前导零*/,bool limit/*数位上界变量*/)//不是每个题都要判断前导零
{
    //递归边界，既然是按位枚举，最低位是0，那么pos==-1说明这个数我枚举完了
    if(pos==-1)
        return sta>=32;/*这里一般返回1，表示你枚举的这个数是合法的，那么这里就需要你在枚举时必须每一位都要满足题目条件，也就是说当前枚举到pos位，一定要保证前面已经枚举的数位是合法的。不过具体题目不同或者写法不同的话不一定要返回1 */
    //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝)
    if(!limit && !lead && dp[pos][sta]!=-1)
        return dp[pos][sta];
    /*常规写法都是在没有限制的条件记忆化，这里与下面记录状态是对应，具体为什么是有条件的记忆化后面会讲*/
    int up=limit?a[pos]:1;//根据limit判断枚举的上界up;这个的例子前面用213讲过了
    ll ans=0;
    //开始计数
    for(int i=0; i<=up; i++) //枚举，然后把不同情况的个数加到ans就可以了
    {
        if(lead&&i==0) ans+=dfs(pos-1,sta,true,limit&&i==a[pos]);
        else ans+= dfs(pos-1,sta+(i==0?1:-1),lead&&i==0,limit&&i==a[pos]);
                     //最后两个变量传参都是这样写的
                     /*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了
                     大概就是说，我当前数位枚举的数是i，然后根据题目的约束条件分类讨论
                     去计算不同情况下的个数，还有要根据state变量来保证i的合法性，比如题目
                     要求数位上不能有62连续出现,那么就是state就是要保存前一位pre,然后分类，
                     前一位如果是6那么这意味就不能是2，这里一定要保存枚举的这个数是合法*/
    }
    if(!limit && !lead)
        dp[pos][sta]=ans;
    return ans;
}
ll solve(ll x)
{
    int pos=0;
    while(x)//把数位都分解出来
    {
        a[pos++]=x%2;//个人老是喜欢编号为[0,pos),看不惯的就按自己习惯来，反正注意数位边界就行
        x/=2;
    }
    return dfs(pos-1/*从最高位开始枚举*/,32,true,true);//刚开始最高位都是有限制并且有前导零的，显然比最高位还要高的一位视为0嘛
}
int main()
{
    ll le,ri;
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    scanf("%lld%lld",&le,&ri);
    printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));
}