数位dp 学习笔记
前言
数位dp真的好简单啊qwq
什么是数位dp
让我们以这道题为例：Luogu P2657 [SCOI2009]windy数 如果您很懒不想点开题面可以看下面： windy定义了一种windy数。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。 windy想知道， 在A和B之间，包括A和B，总共有多少个windy数？ 100%的数据，满足 1 <= A <= B <= 2000000000 。 简单的说就是在2的数字的个数。
暴力做法
什么windy不windy的，直接for！！！ 伪代码（不标准的，大雾：
bool CHECK (x) do
......
end
for i = L i <= R i++ do
if CHECK( i ) == 1 do
ans++
end
end
print ans
end.这样显然会TLE。 那么考虑正解——数位dp
数位dp
先考虑类似于前缀和的思想。 要求LR的个数就相当于求1\text{}R的个数-1\text{}L-1的个数。 接下来考虑如何求出1\text{}n的个数。 我们可以先将n按照10进制来分解，比如说这个数：19260817。 那么我们可以枚举每一位，再枚举0\text{}9来统计答案。 举个栗子： 我们枚举出了最高位上的数字是1，那么第二位可以是0\text{}9的任意一个数，但是这个数与1之差的绝对值一定要大于等于2（满足题意）。于是我们可以这样： （依旧是丑陋的伪代码）
for i = 0 i <= 9 i++ do
if abs( i - las ) >= 2 do
ans++
end
end当然，为了方便转移，我们要将ans++改成DP(…)。 相信聪明的小学生一定会发现，**不一定可以枚举到9**，换句话说，该位数字的上界不一定是9。 比如说这种情况（还是19260817）： \texttt{1926081-} 显然这一位不能成为8，因为19260818 > 19260817n。 但是我们是按照位来转移的，那么怎么限定条件呢？ 显然，我们可以用lim来表示，转移到现在前面几位有没有达到最大值，如果没达到，那么这位可以0\text{}9，否则这个位只能0A[x]。不理解？举个栗子： \texttt{1926081-}的lim=1。 \texttt{1926080-}和\texttt{1925901-}的lim=0。 相信聪明机智的你肯定明白了。 那么可以考虑最后一种特殊的情况：前导0。 由题意可知，前导0并不算在数字里，所以如果前面是前导0可以不用考虑限制条件（相邻绝对值为2），由此，可以用一个处理技巧，将前导0的las处理为-2，可以结合代码理解。
Code
#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cerrno>
#include<cfloat>
#include<ciso646>
#include<climits>
#include<clocale>
#include<cmath>
#include<csetjmp>
#include<csignal>
#include<cstdarg>
#include<cstddef>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
using namespace std;
#define re register
#define int long long
#define eps 1e-5
#define mod 1000000007
class Quick_Input_Output{
private:
static const int S=1<<21;
#define tc() (A==B&&(B=(A=Rd)+fread(Rd,1,S,stdin),A==B)?EOF:*A++)
char Rd[S],*A,*B;
#define pc putchar
public:
#undef gc
#define gc getchar
inline int read(){
int res=0,f=1;char ch=gc();
while(ch<'0'ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=gc();}
while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=gc();
return res*f;
}
inline void write(int x){
if(x<0) pc('-'),x=-x;
if(x<10) pc(x+'0');
else write(x/10),pc(x%10+'0');
}
#undef gc
#undef pc
}I;
#define File freopen("tmp.in","r",stdin);freopen("tmp.out","w",stdout);
int a[30],m,dp[30][30];
inline int DFS(int now,int las,int st,int lim){
if(now>m) return 1;//超过了
if(lim==0&&dp[now][las]!=-1) return dp[now][las];//这位可以是0~9，且以前已经搜过了，直接记忆化调用即可
re int Max=lim?a[m-now+1]:9,res=0;//确定该位的范围
for(int i=0;i<=Max;i++){
if(abs(i-las)<2) continue ;//不符合题意
if(st&&i==0) res+=DFS(now+1,-2,1,lim&&i==Max);//该位也是前导0情况
else res+=DFS(now+1,i,0,lim&&i==Max);//普通情况
}
if(!lim&&!st) dp[now][las]=res;//记忆化
return res;
}
inline int solve(int n){
m=0;re int x=n;while(x){
a[++m]=x%10;
x/=10;
}//将N拆位
memset(dp,-1,sizeof(dp));//初始化别忘了＞﹏＜
return DFS(1,-2,1,1);//将前导0处理为-2，初始化默认有前导0，达到了最大值
}
int L,R;
signed main(){
L=I.read();R=I.read();
I.write(solve(R)-solve(L-1));putchar('\n');//类似于前缀和思想
return 0;
} 练习题
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