「 HDU P4734 」 F(x)

# 题目大意

对于一个数 $x$，它的每一位数字分别是 $A_{n}A_{n-1}A_{n-2}\cdots A_{2}A_{1}$，定义其权重 $f(x)=\sum_{i=1}^{n}\left(A_i\times 2^{i-1}\right)$。

现在给定两个数 $A,B$ 求出 $[0,B]$ 中满足 $f(i)\le f(A)$ 的数的个数。

 

# 解题思路

数位 $\text{DP}$。

我一开始设的状态是 $dp[i][j]$ 表示到第 $i$ 位，并且现在已经枚举到的数位的权重是 $j$，写完之后发现会 $\text{TLE}$，因为相对与每组数据来说它们的 $A$ 不是一样的，按上面的状态设计方程会导致记忆化下来的答案并不是通用的，需要每次都 $memset$ $dp$ 数组。

然后考虑另一种状态，另第一维的意义不变，将第二维变成剩余的可用权值(大体就是那么个意思)，然后做记忆化。

 

# 附上代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
int a, b, pow[15], T, dp[15][10003], cnt, num[15], fa;
inline void init() {
    pow[0] = 1;
    for(int i=1; i<=10; i++) pow[i] = pow[i-1] * 2;
}
inline int dfs(int l, int f, bool limit) {
    if(dp[l][f] && !limit) return dp[l][f];
    if(l == 0) return f >= 0;
    int ans = 0, mx = limit ? num[l] : 9;
    for(int i=0; i<=mx; i++) {
        if(f - i * pow[l-1] < 0) continue;
        ans += dfs(l-1, f-i*pow[l-1], limit && i==mx);
    }
    return (!limit) ? dp[l][f]=ans : ans;
}
inline int solve(int x) {
    int k = 0;
    while (x) {
        num[++k] = x % 10;
        x /= 10;
    }
    return dfs(k, fa, true);
}
inline void fff(int x) {
    fa = 0;
    int k = 0;
    while (x) {
        fa += pow[k] * (x % 10);
        k ++;
        x /= 10;
    }
}
int main() {
    init();
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d%d", &a, &b);
        fff(a);
        printf("Case #%d: %d\n", ++cnt, solve(b));
    }
}