hdu3652——B-number(数位DP)

B-number

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1658 Accepted Submission(s): 906

Problem Description

A wqb-number, or B-number for short, is a non-negative integer whose decimal form contains the sub- string "13" and can be divided by 13. For example, 130 and 2613 are wqb-numbers, but 143 and 2639 are not. Your task is to calculate how many wqb-numbers from 1 to n for a given integer n.

Input

Process till EOF. In each line, there is one positive integer n(1 <= n <= 1000000000).

Output

Print each answer in a single line.

Sample Input

131002001000

Sample Output

1122

含有数字13且能够被13整除的数的个数

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <queue>#include <cmath>#include <algorithm>#include <vector>#include <map>#include <string>#include <stack>using namespace std;typedef long long ll;#define PI 3.1415926535897932#define E 2.718281828459045#define INF 0x3f3f3f3f#define mod 100000007const int M=1005;int n,m;int cnt;int sx,sy,sz;int mp[1000][1000];int pa[M*10],rankk[M];int head[M*6],vis[M*100];int dis[M*100];ll prime[M*1000];bool isprime[M*1000];int lowcost[M],closet[M];char st1[5050],st2[5050];int len[M*6];typedef pair<int ,int> ac;//vector<int> g[M*10];int dp[50][50][20][10];int has[10500];int month[13]= {0,31,59,90,120,151,181,212,243,273,304,334,0};int dir[8][2]= {{0,1},{0,-1},{-1,0},{1,0},{1,1},{1,-1},{-1,1},{-1,-1}};void getpri(){    ll i;    int j;    cnt=0;    memset(isprime,false,sizeof(isprime));    for(i=2; i<1000000LL; i++)    {        if(!isprime[i])prime[cnt++]=i;        for(j=0; j<cnt&&prime[j]*i<1000000LL; j++)        {            isprime[i*prime[j]]=1;            if(i%prime[j]==0)break;        }    }}struct node{    int v,w;    node(int vv,int ww)    {        v=vv;        w=ww;    }};vector<int> g[M*100];string str[1000];int bit[50];/*//dp[i][j][k][z]：i:处理的数位，j:该数对13取模以后的值，k:是否已经包含13,z结尾的数(dp[i][j]表示i为高位且i位为数字j时满足题意的种数)int dfs(int cur,int s,bool h13,int pre,int e,int z){    if(cur<0) return h13&&(s==0);//return 1;含有数字13且能够被13整除的数    if(!e&&!z&&dp[cur][s][h13][pre]!=-1) return dp[cur][s][h13][pre];//dp[cur][pre]不能变,相当于模板的dp[cur][s],因为是交事件，加两项    int endx=e?bit[cur]:9;    int ans=0;    for(int i=0;i<=endx;i++){            //if(!z&&abs(i-s)<2)continue;        if(z&&!i) ans+=dfs(cur-1,(s*10+i)%13,h13,i,e&&i==endx,1);        else ans+=dfs(cur-1,(s*10+i)%13,h13||(pre==1&&i==3),i,e&&i==endx,0);    }    if(!e&&!z) dp[cur][s][h13][pre]=ans;    return ans;}int dp[15][15][3],s[15];//dp[i][j][k]，i表示位数，j表示余数，k表示末尾是1、末尾不是1、含有13. int dfs(int pos, int mod, int have, int lim)//前三个数对应数组dp，lim表示上限{    int num,ans,mod_x,have_x;    if (pos <= 0)        return mod==0&&have==2;    if (!lim && dp[pos][mod][have]!=-1) //没有上限且被访问过        return dp[pos][mod][have];    ans = 0;    num = lim?s[pos]:9;//如果有上限，只能取到当前位数，如果没上限，可取到9                        //假设该位是2，下一位是3，如果现在算到该位为1，那么下一位是能取到9的，如果该位为2，下一位只能取到3    for (int i=0; i<=num; i++)    {        mod_x = (mod*10+i)%13;//该位的每种情况对13取模        have_x = have;        if (have==0 && i==1)//末尾加1            have_x=1;        if (have==1 && i!=1)//末尾已经为1了            have_x=0;        if (have==1 && i==3)//末尾是1，现在加3            have_x=2;        ans+=dfs(pos-1, mod_x, have_x, lim&&i==num);//如果i==num，下一位能取的最大数就为s[pos-1]，i！=num，下一位能取到9    }    if (!lim)        dp[pos][mod][have] = ans;    return ans;}*///压缩版int get(int t,int i){      if(t==2||(t==1&&i==3))return 2;  //2是含有13    if(i==1)return 1;  //当前为一，对下个状态而言，上一位就是1    return 0;  //其他数}  int dfs(int pos,int s,int h13,int flag ){  //pre    if(cur<0)return s==0&&h13==2;      if(!flag&&dp[cur][s][h13]!=-1)return dp[cur][s][h13];      int ans=0,u=flag?pri[cur]:9;      for(int i=0;i<=u;i++){      ans+=dfs(cur-1,(s*10+i)%13,get(h13,i),flag&&i==u);      //printf("%d %d %d\n",ans,pos,i);      }      return flag?ans:dp[cur][s][h13]=ans;  }  int solve(int n){    int len=0;    while(n){        bit[len++]=n%10;        n/=10;    }    return dfs(len-1,0,0,0,1,1);}int main(){    int i,j,k,t;    int l,r;    while(~scanf("%d",&r))    {        memset(dp,-1,sizeof(dp));        printf("%d\n",solve(r));    }    return 0;}