终于明白数位DP是什么了
虽然说是dp,实际上是记忆化搜索
看这道题的题面:
不含前导零,且相邻两个数字之差至少为2的正整数被称为windy数。
求:在A和B之间,包括A和B,总共有多少个windy数?
这道题中给出了几个限定条件。
其中,前导零、数字上限(A,B)是数位dp的题目中比较常见的。
而“相邻数字之差至少为2”则是这道题特有的限定条件。
考虑用记忆化搜索来解决这道题。
首先考虑普通的搜索。搜索两次,边界分别设为给定的两个数,那么(solve[b] - solve[A-1])即为答案。
假设已经处理出了边界条件,共有n个数位,且从小到大第i位上的数字是num[i]。
那么,搜索时需要传递哪些变量?
int dfs(int cur,int las,bool start,bool lim) { if(!cur) return 1; if(f[cur][las] && !start && !lim) return f[cur][las]; int ans = 0; for(int i = 0; i <= (lim?num[cur]:9); i++) { if(!start && abs(i-las)<2) continue; ans += dfs(cur-1,i,(start && !i),(lim && i==num[cur])); } if(!start && !lim) f[cur][las] = ans; return ans; }
cur表示当前是第几位(初始为n)
- 当cur减为0时,返回1
las表示上一位的数
start表示之前的所有数位是否为前导零
- 如果是前导零,则对后面的数位不造成影响(即使差值不大于2也可以)
- 当且仅当上一位是前导零(start为true),且这一位是0时,start为true
- start初始为true
lim表示之前的所有数位是否达到边界
- 如果到达边界,则枚举这一位时只枚举到这一位的实际大小。比如,数字为1234,前两位恰为12时,第三位只能枚举0~3,否则枚举0~9
- 当且仅当上一位到达边界(lim为true),且这一位的数字和实际数字相同时,lim为true。
- lim初始为true
普通的dfs完成了,考虑记忆化搜索。
需要解决的问题是:什么样的答案是可以记下来的?
能够直接调用的答案必须是有普遍性的。
可以想到,如果确定了当前位数和上一位位数,答案就是固定的。
不过,这也存在特殊情况。如果start或者lim为true,容易举出反例。
那么,排除掉这两种情况,其余答案记录,即为正解。
代码如下
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> #include<cstring> #include<queue> #define MogeKo qwq using namespace std; int A,B,n,f[20][20],num[20]; int dfs(int cur,int las,bool start,bool lim) { if(!cur) return 1; if(f[cur][las] && !start && !lim) return f[cur][las]; int ans = 0; for(int i = 0; i <= (lim?num[cur]:9); i++) { if(!start && abs(i-las)<2) continue; ans += dfs(cur-1,i,(start && !i),(lim && i==num[cur])); } if(!start && !lim) f[cur][las] = ans; return ans; } int solve(int x) { memset(f,0,sizeof(f)); n = 0; while(x) { num[++n] = x%10; x /= 10; } return dfs(n,0,1,1); } int main() { scanf("%d%d",&A,&B); printf("%d",solve(B)-solve(A-1)); return 0; }View Code