hdu6156 Palindrome Function数位dp

游戏体验很差，比赛之前没怎么接触过数位dp，然后死坑在这里就是不会，然后比赛结束后，去百度了下数位dp，发现。。。这就是一道模板题啊，模板一套稍微改动就过了；
学数位dp可去http://blog.csdn.net/wust_zzwh/article/details/52100392；

题意：求L~R所有的数的l~r进制的f(x，k进制), 如果x是回文串f(x，k进制) = k， 否则等于1；
枚举进制，求出每一种情况，注意膜k，不是膜10，T_T调了好久才发现错在这；

#include <iostream>  #include <stdio.h>  #include <stdlib.h>  #include <algorithm>  #include <string.h>  #include <math.h>  #include <vector>  #include <set>  #include <map>  #include <queue>  #include <stack>  using namespace std;  typedef long long ll;  const int maxn = 100;int a[maxn],k,n;int temp[maxn];ll dp[40][maxn][maxn][2];ll dfs(int pos,bool status,int len,bool limit,int k){      if( pos < 0 ) {        if( status ) return k;        else return 1;    }    if(!limit && dp[k][pos][len][status]!=-1) return dp[k][pos][len][status];      int up=limit?a[pos]:k-1;     ll ans=0;      for(int i=0;i<=up;i++)     {          temp[pos]=i;        if( i == 0 && len == pos) {            ans += dfs(pos-1, status, len-1, limit && (i==up),k);        }        else if( status && pos < (len+1)/2 ) {            ans += dfs(pos-1, i == temp[len-pos], len, limit&&(i==up),k );        }        else {            ans += dfs(pos-1, status, len, limit&&(i==up),k );        }     }      if(!limit) dp[k][pos][len][status]=ans;      return ans;  }  ll solve(ll x,int k)  {      if( x == 0 ) return k;    int pos=0;      while(x)    {          a[pos++]=x%k;        x/=k;      }      return dfs(pos-1,true,pos-1,true,k);}  int main()  {      ll le,ri,l,r;    int t;    scanf("%d",&t);     int cases=1;     memset(dp,-1,sizeof(dp));    while(t--)      {          ll res=0;        scanf("%lld%lld%lld%lld",&le,&ri,&l,&r);          for( int i = l; i <= r; i++ ) {            res += solve(ri, i) - solve(le-1, i);        }        printf( "Case #%d: %lld\n", cases++, res );    }  }  

模板

typedef long long ll;  int a[20];  ll dp[20][state];//不同题目状态不同  ll dfs(int pos,/*state变量*/,bool lead/*前导零*/,bool limit/*数位上界变量*/)//不是每个题都要判断前导零  {      //递归边界，既然是按位枚举，最低位是0，那么pos==-1说明这个数我枚举完了      if(pos==-1) return 1;/*这里一般返回1，表示你枚举的这个数是合法的，那么这里就需要你在枚举时必须每一位都要满足题目条件，也就是说当前枚举到pos位，一定要保证前面已经枚举的数位是合法的。不过具体题目不同或者写法不同的话不一定要返回1 */      //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝)      if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];      /*常规写法都是在没有限制的条件记忆化，这里与下面记录状态是对应，具体为什么是有条件的记忆化后面会讲*/      int up=limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up;这个的例子前面用213讲过了      ll ans=0;      //开始计数      for(int i=0;i<=up;i++)//枚举，然后把不同情况的个数加到ans就可以了      {          if() ...          else if()...          ans+=dfs(pos-1,/*状态转移*/,lead && i==0,limit && i==a[pos]) //最后两个变量传参都是这样写的          /*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了         大概就是说，我当前数位枚举的数是i，然后根据题目的约束条件分类讨论         去计算不同情况下的个数，还有要根据state变量来保证i的合法性，比如题目         要求数位上不能有62连续出现,那么就是state就是要保存前一位pre,然后分类，         前一位如果是6那么这意味就不能是2，这里一定要保存枚举的这个数是合法*/      }      //计算完，记录状态      if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;      /*这里对应上面的记忆化，在一定条件下时记录，保证一致性，当然如果约束条件不需要考虑lead，这里就是lead就完全不用考虑了*/      return ans;  }  ll solve(ll x)  {      int pos=0;      while(x)//把数位都分解出来      {          a[pos++]=x%10;//个人老是喜欢编号为[0,pos),看不惯的就按自己习惯来，反正注意数位边界就行          x/=10;      }      return dfs(pos-1/*从最高位开始枚举*/,/*一系列状态 */,true,true);//刚开始最高位都是有限制并且有前导零的，显然比最高位还要高的一位视为0嘛  }  int main()  {      ll le,ri;      while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))      {          //初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化,后面讲          printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));      }  }