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不要62
Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 52432 Accepted Submission(s): 19956
杭州交通管理局经常会扩充一些的士车牌照,新近出来一个好消息,以后上牌照,不再含有不吉利的数字了,这样一来,就可以消除个别的士司机和乘客的心理障碍,更安全地服务大众。
不吉利的数字为所有含有4或62的号码。例如:
62315 73418 88914
都属于不吉利号码。但是,61152虽然含有6和2,但不是62连号,所以不属于不吉利数字之列。
你的任务是,对于每次给出的一个牌照区间号,推断出交管局今次又要实际上给多少辆新的士车上牌照了。
数位DP其实是很灵活的,所以一定不要奢求一篇文章就会遍所有数位DP的题,这一篇只能是讲清楚一种情况,其他情况遇到再总结,在不断总结中慢慢体会这个思想,以后说不定就能达到一看到题目就能灵活运用的水平。(其实DP都是这样……)
这一篇要说的数位DP是一道最简单的数位DP:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2089
题目大意:多组数据,每次给定区间[n,m],求在n到m中没有“62“或“4“的数的个数。
如62315包含62,88914包含4,这两个数都是不合法的。0<n<=m<1000000
试想:我们如果能有一个函数count(int x),可以返回[0,x]之间符合题意的数的个数。那么是不是直接输出count(m)-count(n-1)就是答案?
好,那么下面我们的关注点就在于怎么做出这个函数。我们需要一个数组。(dp原本就是空间换时间)
我们设一个数组f[i][j],表示i位数,最高位是j的数,符合题意的数有多少个。比如f[1][2]=1; f[1][4]=0; f[2][6]=8 (60,61,63,64,65,66,67,68,69).
我们先不关注这个f有什么用,我们先关注f本身怎么求。首先f[1][i]=0(if i==4),f[1][i]=1(if i!=4) (0<=i<=9)。这一步是很显然的,那么根据这个题的数据范围,只需要递推到f[7][i]就够用了。那么稍微理解一下,可以想出递推式:
f[i][j]=
if (j==4) f[i][j]=0
else if (j!=6) f[i][j]=Σf[i-1][k] (k=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9)
else if (j==6) f[i][j]=Σf[i-1][k] (k=0,1,3,4,5,6,7,8,9)
上面的式子也是很显然的,如果觉得不显然可以这样想:i位数,最高位是j的符合条件的数,如果j是4,肯定都不符合条件(因为题目不让有4),所以直接是0;如果j不是6,那么它后面随便取,只要符合题意就可以,所以是f[i-1][k],k可以随便取的和;如果j是6,后面只要不是2就行,所以是f[i-1][k],k除了2都可以,求和。
这里要说明一下,认为00052是长度为5,首位为0的符合条件的数,052是长度为3首位为0符合条件的数。
那么现在我们已经得到了f数组,再重申一下它的含义:i位数,最高位是j的数,符合题意的数有多少个。
现在我们就要关注怎么利用f数组做出上面我们说的那个函数count(int x),它可以求出[0,x]中符合题意的数有多少个。
那么我们做这样一个函数int solve(int x) 它可以返回[0,x)中符合题意的有多少个。那么solve(x+1)实际上与count(x)是等价的。
那么现在问题转化成了:小于x,符合题意的数有多少个?
很简单,既然小于,从最高位开始比,必定有一位要严格小于x(前面的都相等)。所以我们就枚举哪一位严格小于(前面的都相等)。
假设我们现在把x分成了a1,a2,...,aL这样一个数组,长度为L,aL是最高位。
那么结果实际上就是这样:长度为L,最高位取[0,aL-1]的所有的符合题意数的和;再加上长度为L-1,最高位取aL,次高位取[0,aL-1-1]的所有符合题意数的和;再加上……;一直到第一位。
上面有一句话之所以标粗体,是因为这句话并不是对的,但是为了好看,就先这样写着。因为我们还需要考虑这种情况:最高位aL如果是4,那么这句话直接就可以终止了,因为粗体这句话前面的那句话“最高位取aL”是不能成立的。还要考虑这种情况:最高位aL如果是6,那么这里并不是能取[0,aL-1-1]的所有(不能取2)。加上这些条件之后就很严谨了。
把上面的汉字对应到题目里,就是我们前面求出来的f[L][0..aL-1] f[L-1][0..aL-1-1],所以稍加思索之后就能写出程序了。
#include<cstdio> using namespace std; int dp[8][10]; long long count(int x){ int t=0; int v[10]; while(x){ t++; v[t]=x%10; x=x/10; } v[t+1]=0; long long ans=0; for(int i=t;i>=1;i--){ for(int j=0;j<v[i];j++){ if(j!=4&&!(v[i+1]==6&&j==2)) ans+=dp[i][j]; } if(v[i]==4) break; if(v[i+1]==6&&v[i]==2) break; } return ans; } int main(){ dp[0][0]=1; for(int i=1;i<=7;i++){ for(int j=0;j<=9;j++){ if(j==4) dp[i][j]=0; else{ for(int k=0;k<=9;k++) dp[i][j]+=dp[i-1][k]; if(j==6) dp[i][j]-=dp[i-1][2]; } } } int x,y; while(~scanf("%d %d",&x,&y)){ if(x==0&&y==0) break; long long tx=count(x); long long ty=count(y+1); printf("%lld\n",ty-tx); } return 0; }