題意

題目就是說讓我們在l到r的數(shù)字中求得有多少個連續(xù)k為不相同的數(shù) 1≤L≤R≤1e18 2≤K≤5 Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)

分析

直接枚舉必然超時 考慮數(shù)位dp 由于k最大到5 所以我們可以記錄前四位的大小 通過一個check函數(shù)去判斷是否存在相同的數(shù) 也就是說 狀態(tài)轉(zhuǎn)移發(fā)生在前四位對應(yīng)的數(shù)字大小的情況下 我們開一個dp[pos][p1][p2][p3][p4]記錄在pos下前四位分別是p1,p2,p3,p4的符合條件的數(shù)的個數(shù) 然后每次搞完后記錄下來（沒有限制） 我們的dp數(shù)組中只記錄沒有限制的數(shù) 如果有限制就不記錄只是求和 如何判斷前四位是否與本位相同 我們可以把前導(dǎo)0用10表示 如果前面的位數(shù)是10表示前面的數(shù)是0

code

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; ll ans,l,r,k,dp[20][11][11][11][11],d[20],dig; bool check(int p4,int p3,int p2,int p1,int x){if(k==2&&p1!=10)return x!=p1;else if(k==3)return (x!=p1&&x!=p2);else if(k==4)return (x!=p1&&x!=p2&&x!=p3);else return (x!=p1&&x!=p2&&x!=p3&&x!=p4); } ll DP(int pos,int p4,int p3,int p2,int p1,bool limit){if(pos==0){return p1!=10;}//3 這里的意義在于如果這個數(shù)是個0 就不記錄他//每次走到了pos==0的時候 因為走到這里的數(shù) 只可能是1個確切的數(shù) px都已經(jīng)確定if(!limit&&~dp[pos][p4][p3][p2][p1])return dp[pos][p4][p3][p2][p1];//如果沒有限制 且已經(jīng)記錄過 直接返回結(jié)果int up = limit?d[pos]:9;//確認(rèn)上界ll a=0;for(int i=0;i<=up;i++){//pos位置下 從小到大數(shù)位枚舉 把每一位下的分結(jié)果計算出來if(p1==10&&i==0)//前導(dǎo)零情況a+=DP(pos-1,10,10,10,10,limit&&i==up);//2 根據(jù)條件變化 如果前面是前導(dǎo)0并且本位也是0 那么傳遞下去的就是limit并且是否到達(dá)上界 兩個條件決定 因為 如果前面沒有限制 i沒到達(dá)上界 可以把下一位的遞歸上界設(shè)為9的else if(check(p4,p3,p2,p1,i))a+=DP(pos-1,p3,p2,p1,i,limit&&i==up);//每當(dāng)我前面有限制和當(dāng)前位是記錄位大小時限制傳遞}if(!limit)dp[pos][p4][p3][p2][p1]=a;//1每當(dāng)把一種p組合的數(shù)遍歷結(jié)束后 就把他們記錄下來return a; } ll solve(ll x) {dig=0;while(x){d[++dig]=x%10;x/=10;}return DP(dig,10,10,10,10,1);//傳入時需要有限制 由于不能讓最高位的up到9 需要到d[pos] } int main() {while(~scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&k)){memset(dp,-1,sizeof(dp));printf("%lld\n",solve(r)-solve(l-1));}return 0; }

總結(jié)

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