hdu3555+cf55D 数位dp入门题

就做了3道入门题。。。的瞎总结，一般题目为计算l~r中间有多少个符合条件的数，l和r的范围就是longlong的范围吧=，=

最后结果为cal（r）- cal（l-1）

dp[i]表示到第几位为止，例如dp[4]表示0000~9999

dp[i][j][k]    j,k...表示状态位，就表示 i 个数字位，状态为jk的数有多少个

此题dp[i][0]表示之前不含49且前位i-1不是4，dp[maxn][1]表示不含49前位是4，dp[maxn][2]表示含49

cal函数把l或r拆成一个一个的数字，然后dfs从高位开始往低位枚举，枚举每位上是0~9（根据limit，不一定0~9都可以）的数字，都有多少个符合的数。

limit 0/1 表示后面数字是否有上限，例如。。r=5824，现在第一位已为5，第二位枚举为8的时候limit就变为1，即选第三位的时候有上限,上限是第三位的数字2，如果limit为0，就这位没有限制最高位9而不是当前pos的数字，这样保证转移到数比n小。

#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;#define ll long long#define FOR(i,j,k) for(int i =j; i<=k ;i++)const int maxn  =50;ll dp[maxn][5];//flag 0 表示不含49前位不是4，1表示不含49前位是4，2表示含49int digit[maxn];ll dfs(int pos,int flag,int limit){    if(pos == 0) return flag == 2;    if(!limit && dp[pos][flag] != -1)   //如果没有限制，直接返回dp[pos][flag]        return dp[pos][flag];        int ed = limit ? digit[pos] :9;    ll ans =0;    FOR(i, 0 ,ed)    {        int f2= flag;        if(flag == 1 && i== 9)            f2 = 2;                if(flag == 0 && i == 4)            f2 =1;                if(flag == 1 && i!=4 && i!=9)            f2= 0;        ans += dfs(pos -1,f2,limit && i == ed);//如果i!=ed，下一位就没有限制    }    if(!limit) dp[pos][flag] = ans;    return ans;}ll cal(ll n){    memset(digit,0,sizeof(digit));    int len = 0;    while(n)    {        len++;        digit[len] = n%10;        n /=10;    }    return  dfs(len ,0 ,1 );}int main(){    int T;    cin>>T;    memset(dp, -1 ,sizeof(dp));    ll n;    while(T--)    {        scanf("%I64d", &n);        printf("%I64d\n", cal(n));;    }    return 0;}

cf55D题那个状态真是！！炒鸡！！炒鸡！！棒！！！特别！！特别！！厉害！！

如果一个数能被自己所有的除零外的数字整除，就beautiful，就算多少个beautiful数

数字只有0~9 ，lcm（1，2，3，4。。。9） = 2520

如果一个数能整除2520就一定beautiful，所以presum计算枚举完的前面的数（这里的数是前几位十进制的数）先模2520

prelcm计算枚举到当前前面几个数字的lcm

当全部枚举完的时候，presum % prelcm == 0 说明这个数字beautiful

此题dp[i][j][k] 表示有i位数字，j=前面数%2520，k为前面数的最大公约数是2520的第几个约数（采用给2520的约数编号，缩小第三维的大小）  

同样flag记录是不是有限制，没有限制的话直接返回dp中的数不重复计算。。

#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;#define ll long long#define FOR(i,j,k) for(int i =j; i<=k ;i++)const int mod  =2520;int indx[mod+10];ll dp[25][mod+10][50];int digit[25];void init(){    int num = 0;    memset(indx,-1,sizeof(indx));    memset(dp,-1,sizeof(dp));    FOR(i,1,mod)    {        if(mod % i == 0)            indx[i] = num,num++;//i 是第indx[i]个被2520的约数    }}ll gcd(ll a,ll b){    return b== 0 ?a :gcd(b,a%b);}ll lcm(ll a,ll b){    return a*b/gcd(a,b);}ll dfs(int pos,int presum, int prelcm ,bool flag){    if(pos == -1) return presum % prelcm == 0;        if(!flag && dp[pos][presum][indx[prelcm]] != -1)        return dp[pos][presum][indx[prelcm]];//persum 之前模完余几，indx[prelcm] 之前数的最大公倍数是2520的第几个约数        int ed = flag ?digit[pos] :9;    ll ans=0;    FOR(i,0,ed)    {        int nowlcm = prelcm;        int nowsum = ( presum*10 +i) % mod;        if(i) nowlcm = lcm (prelcm, i);        ans += dfs (pos -1, nowsum , nowlcm, flag && i == ed);    }    if(!flag) dp[pos][presum][indx[prelcm]]= ans;    return ans;        }ll cal(ll n){    memset(digit,0,sizeof(digit));    int len = 0;    while(n)    {        digit[len] = n%10;        len++;        n /=10;    }    return  dfs(len-1 ,0 ,1,1 );}int main(){    int T;    cin>>T;    init();    ll l,r;    while(T--)    {        cin>>l>>r;        cout<<cal(r) - cal(l-1)<<endl;    }    return 0;}