这个题意思是每一个数都有一个对应的权值，比如一个数字a有n位数，那么他的权值为F(a) = An * 2n-1 + An-1 * 2n-2 + ... + A2 * 2 + A1 * 1 ，这里的Ai表示数字a的第i位数，那么给两个数字a b，求解在区间[0,b]中有多少数字满足：F(x)>= F(a)
看到这个题，我们也可以想到这个权值的大小和数字的大小没有任何关系，只是和数位上的数字有关系，并且求解的是区间内成立个数的问题，那么就可以想到是个区间DP问题
但是我们要是记录状态的话：dp[i][j]:当前位置为i，并且现在前i位的权值已经为j的情况下，后面满足条件的个数，如果这样定义状态的话，那么每次输入都要去更新dp数组了，因为每次给出的F(a)都是不同的，也就是当F(a)不同的情况下，dp[2][50]的数值只是对当前计算的F(a)是有效的
如果向上面所说的，那我们定义dp[i][j][val]：当前位置为i、F(a) = val 、前i为的权值已经为j的情况下，后面满足条件的个数，这样的话实质上和我们上面的情况没有什么区别，只不过是牺牲了空间，时间确实得到了提升，并且在这个题中最大的val大约为2600，这样的话空间还可以，但是在其他的题目中val可能就不止这些，所以这个还有可能会内存超限
那么我们看一下解决的办法：既没有牺牲空间、时间也会得到提升
我们知道不管F(a)是什么数值，那么比如在已经知道前i位的权值为x情况下，那么后面几位最大的能够到达的权值已经确定了，也就是F(a) - x，那么当再次到达这个位置时，后面权值最多再次到达 F(a) - x的话，我们就可以用前面的那个状态了，所以我们就可以用 dp[i][j]：当前位置为i、后面最多能够使用的权值为j的情况下，满足条件的个数
那么这样我们确定了状态的表示，那么剩下的大概就是数位DP的模板题了
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iomanip>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <set>
#include <queue>
#include <map>
#include <math.h>
#include <cmath>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int MAXN = 5000;
int dp[10][MAXN];
int a[10];
int F(int x)
{
if(x == 0) return 0;
int ans = F(x/10);
return ans * 2 + x % 10;
}
int all;
int dfs(int pos,int sum,bool limit)
{
if(pos < 0) return sum <= all;
if(sum > all) return 0;
if(!limit && dp[pos][all - sum] != -1) return dp[pos][all-sum];
int up = limit?a[pos]:9;
int ans = 0;
for(int i = 0;i <= up;i ++)
ans += dfs(pos-1,sum + i * (1<<pos), limit && i == a[pos]);
if(!limit) dp[pos][all - sum] = ans;
return ans;
}
int Solve(int x)
{
int pos = 0;
while(x)
{
a[pos ++] = x % 10;
x /= 10;
}
return dfs(pos-1 , 0, true);
}
int main()
{
int T,a,r;
scanf("%d",&T);
int cas = 1;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
while(T--)
{
scanf("%d%d",&a,&r);
all = F(a);
printf("Case #%d: %d\n",cas++,Solve(r));
}
}