数位DP入门 HDU 2089 不要62 注释详解

题意：输出一个区间【m，n】内所有不含“62"and"4" 的数字个数；n<=10^7;

 数位dp一般应用于：

  求出在给定区间[A,B]内，符合条件P(i)的数i的个数.

  条件P(i)一般与数的大小无关，而与 数的组成 有关.

具体的理论过程我就不解释了，我看了好多的文章，最后还是直接看代码注释看懂的；

所以  还是直接上代码注释：

方法1 枚举法：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;

int dp[10][10];//dp[i][j]表示第i位是数j时符合条件的数字数量
int d[10];//digit[i]表示n从右到左第i位是多少

void init()
{
  dp[0][0] = 1;
  for (int i = 1; i <= 7; ++i)//枚举第i位
    for (int j = 0; j <= 9; ++j)//表示第i位是数j时符合条件的数字数量
      for (int k = 0; k <= 9; ++k)//枚举第i-1位的情况
        if (j != 4 && !(j == 6 && k == 2))///如果符合条件 ！62 && ！4
          dp[i][j] += dp[i - 1][k];
}

int solve(int n)
{
  int ans = 0;
  int len = 0;
  while (n)  ///计算n的digit数组
  {
    d[++len] = n % 10;
    n /= 10;
  }
  d[len + 1] = 0;//最高位 置零 
  //计算[0,n]区间满足条件的数字个数
  for (int i = len; i >= 1; --i)///注意：从最高位开始枚举
  {
    for (int j = 0; j < d[i]; ++j)  //枚举第i位的取值j
    {
      if (d[i + 1] != 6 || j != 2)//第i位取j满足条件
        ans += dp[i][j];
       
    }//第i位该状态已经不满足条件，则i位以后都不可能满足条件，结束循环
    //例如 62...or  4... 
    if (d[i] == 4 || (d[i + 1] == 6 && d[i] == 2))
      break;
  }
  return ans;
}

int main()
{
  int m, n;
  init();
  while (scanf("%d%d", &m, &n) == 2)
  {
    if (n == 0 && m == 0) break;
    printf("%d\n", solve(n + 1) - solve(m));///用[0,m]-[0,n)即可得到区间[n,m]
  }
  return 0;
}

二：状态记忆化法：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[20][2];//第i位的值是否为6
int d[20];//每个数位上的最大值
int dfs(int x,bool sta,bool lim)//x 位数 sta 前一位是否为6  前一位当前位置取值是否受到限制
{//lim 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(!x) return 1;//该状态 枚举完最后一位数 返回1；
    if(!lim&&dp[x][sta]!=0) return dp[x][sta];//避免重复计算；
    int len=lim?d[x]:9;//len表示在该位的最大值；
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=len;i++)
    {
        if(i==4||sta&&i==2) continue;//当出现4，或者前一位为6，当前位为2时跳过不计；
        ans+=dfs(x-1,i==6,lim&&i==d[x]/*当前是否是最高位 i 是否也是最高限制值*/);
    } //i==6用来判断递归后前一位是否为6；
    if(!lim) return dp[x][sta]=ans;//赋值
    return ans;
}
int slove(int n)
{
    int len=0;
    while(n)
    {
        d[++len]=n%10;//计算数的每一位数；
        n/=10;
    }
    return dfs(len,0,1);
}
int main()
{
    int n,m;
    memset(dp,0,sizeof dp);
    while(~scanf("%d %d",&m,&n))
    {
        if((n+m)==0) break;
        printf("%d\n",slove(n)-slove(m-1));
    }
}

状态转移详解：

//    pos    = 当前处理的位置(一般从高位到低位)
//    pre    = 上一个位的数字(更高的那一位)
//    status = 要达到的状态,如果为1则可以认为找到了答案,到时候用来返回,
//         　　 给计数器+1。
//    limit  = 是否受限,也即当前处理这位能否随便取值。如567,当前处理6这位,
//         　　 如果前面取的是4,则当前这位可以取0-9。如果前面取的5,那么当前
//         　　 这位就不能随便取，不然会超出这个数的范围,所以如果前面取5的
//         　　 话此时的limit=1,也就是说当前只可以取0-6。
//
//    用DP数组保存这三个状态是因为往后转移的时候会遇到很多重复的情况。
int    dfs(int pos,int pre,int status,int limit)
{
    //已结搜到尽头,返回"是否找到了答案"这个状态。
    if(pos < 1)
        return    status;

    //DP里保存的是完整的,也即不受限的答案,所以如果满足的话,可以直接返回。
    if(!limit && DP[pos][pre][status] != -1)
        return    DP[pos][pre][status];

    int    end = limit ? DIG[pos] : 9;
    int    ret = 0;
    
    //往下搜的状态表示的很巧妙,status用||是因为如果前面找到了答案那么后面
    //还有没有答案都无所谓了。而limti用&&是因为只有前面受限、当前受限才能
    //推出下一步也受限，比如567,如果是46X的情况,虽然6已经到尽头,但是后面的
    //个位仍然可以随便取,因为百位没受限,所以如果个位要受限,那么前面必须是56。
    //
    //这里用"不要49"一题来做例子。
    for(int i = 0;i <= end;i ++)
        ret += dfs(pos - 1,i,status || (pre == 4 && i == 9),limit && (i == end));

    //DP里保存完整的、取到尽头的数据
    if(!limit)
        DP[pos][pre][status] = ret;

    return    ret;
}