hdu6156 Palindrome Function数位dp

游戏体验很差，比赛之前没怎么接触过数位dp，然后死坑在这里就是不会，然后比赛结束后，去百度了下数位dp，发现。。。这就是一道模板题啊，模板一套稍微改动就过了；
学数位dp可去http://blog.youkuaiyun.com/wust_zzwh/article/details/52100392；

题意：求L~R所有的数的l~r进制的f(x，k进制), 如果x是回文串f(x，k进制) = k， 否则等于1；
枚举进制，求出每一种情况，注意膜k，不是膜10，T_T调了好久才发现错在这；

#include <iostream>  
#include <stdio.h>  
#include <stdlib.h>  
#include <algorithm>  
#include <string.h>  
#include <math.h>  
#include <vector>  
#include <set>  
#include <map>  
#include <queue>  
#include <stack>  
using namespace std;  
typedef long long ll;  
const int maxn = 100;

int a[maxn],k,n;
int temp[maxn];

ll dp[40][maxn][maxn][2];
ll dfs(int pos,bool status,int len,bool limit,int k)
{  
    if( pos < 0 ) {
        if( status ) return k;
        else return 1;
    }
    if(!limit && dp[k][pos][len][status]!=-1) return dp[k][pos][len][status];  

    int up=limit?a[pos]:k-1; 
    ll ans=0;  

    for(int i=0;i<=up;i++) 
    {  
        temp[pos]=i;
        if( i == 0 && len == pos) {
            ans += dfs(pos-1, status, len-1, limit && (i==up),k);
        }
        else if( status && pos < (len+1)/2 ) {
            ans += dfs(pos-1, i == temp[len-pos], len, limit&&(i==up),k );
        }
        else {
            ans += dfs(pos-1, status, len, limit&&(i==up),k );
        } 
    }  
    if(!limit) dp[k][pos][len][status]=ans;  

    return ans;  
}  
ll solve(ll x,int k)  
{  
    if( x == 0 ) return k;
    int pos=0;  
    while(x)
    {  
        a[pos++]=x%k;
        x/=k;  
    }  
    return dfs(pos-1,true,pos-1,true,k);
}  
int main()  
{  
    ll le,ri,l,r;
    int t;
    scanf("%d",&t); 
    int cases=1; 
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    while(t--)  
    {  
        ll res=0;
        scanf("%lld%lld%lld%lld",&le,&ri,&l,&r);  
        for( int i = l; i <= r; i++ ) {
            res += solve(ri, i) - solve(le-1, i);
        }
        printf( "Case #%d: %lld\n", cases++, res );
    }  
}  

模板

typedef long long ll;  
int a[20];  
ll dp[20][state];//不同题目状态不同  
ll dfs(int pos,/*state变量*/,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 1;/*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][state]!=-1) return dp[pos][state];  
    /*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]:9;//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() ...  
        else if()...  
        ans+=dfs(pos-1,/*状态转移*/,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*/  
    }  
    //计算完，记录状态  
    if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;  
    /*这里对应上面的记忆化，在一定条件下时记录，保证一致性，当然如果约束条件不需要考虑lead，这里就是lead就完全不用考虑了*/  
    return ans;  
}  
ll solve(ll x)  
{  
    int pos=0;  
    while(x)//把数位都分解出来  
    {  
        a[pos++]=x%10;//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/=10;  
    }  
    return dfs(pos-1/*从最高位开始枚举*/,/*一系列状态 */,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;  
    while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))  
    {  
        //初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化,后面讲  
        printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));  
    }  
}