HDU——2089 不要62

不要62

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Total Submission(s): 54005    Accepted Submission(s): 20682

Problem Description

杭州人称那些傻乎乎粘嗒嗒的人为62（音：laoer）。
杭州交通管理局经常会扩充一些的士车牌照，新近出来一个好消息，以后上牌照，不再含有不吉利的数字了，这样一来，就可以消除个别的士司机和乘客的心理障碍，更安全地服务大众。
不吉利的数字为所有含有4或62的号码。例如：
62315 73418 88914
都属于不吉利号码。但是，61152虽然含有6和2，但不是62连号，所以不属于不吉利数字之列。
你的任务是，对于每次给出的一个牌照区间号，推断出交管局今次又要实际上给多少辆新的士车上牌照了。

 

Input

输入的都是整数对n、m（0<n≤m<1000000），如果遇到都是0的整数对，则输入结束。

 

Output

对于每个整数对，输出一个不含有不吉利数字的统计个数，该数值占一行位置。

 

Sample Input

1 100 0 0

 

Sample Output

80

 

Solution：

　　话说讲了两星期的数位$DP$了，入坑已久，一直没去填坑（～妄想着打表出奇迹～）。

　　今天高三二模，学长学姐高考前最后一次模考了，虽然有点喊口号，但我还是想说“高三加油！麓山必胜！”。然后心血来潮，早上$6:30$跑到机房刚数据结构（然而没刚出），忽觉有坑没填，于是打了打数位板子题。

　　数位$DP$，其实并不难（思路好简单啊），我们只是换个姿态在打暴力，但套上了记忆化使其大大优化而已。

　　普通的模拟水分，一般就是在一段范围内枚举每个数，将其每位拆开，然后判断是否符合条件，计数就$OK$了（但是这样显然没啥规律可循，状态无法确定，难以记忆化）。

　　于是我们换个方式，首先可以利用前缀和的思想，区间$[l,r]$中满足条件的数的个数$=$区间$[0,r]$满足条件的个数$-$区间$[0,l-1]$中满足条件的个数（这很显然）。然后我们考虑从高位往低位枚举$0-9$判断是否可行，当数位到了$0$位时说明可行，那么对于$[0,n]$这个区间，每一位都会有个限制$limit$（不能完全枚举$0-9$中的每一个数）。举个栗子：$n=345$，枚举百位时显然只能从$0-3$中选，然后当百位为$3$时枚举十位就只能从$0-4$中选（百位为$0,1,2$时，十位就可以从$0-9$枚举啦）。

　　粗略的讲下思路，我们定义状态$f[i][j],i\in[0,8],j=0/1$，表示到了第$i$位，前一位为$j$的方案数（$j=0$表示前一位不为$6$，$j=1$表示前一位不为$6$，状态视题目而定，尽量保证正确性下简化！），那么对于所有不受限制的情况都记录状态，事实证明优化贼快～。

代码：

 

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
using namespace std;
int f[20][3],cnt,n,m,ans,p[20];
il int dfs(int pos,int lst,int sta,int limit){
    if(!pos)return 1;
    if(!limit&&f[pos][sta]!=-1)return f[pos][sta];
    int up=limit?p[pos]:9,tmp=0;
    For(i,0,up)
        if((lst==6&&i==2)||i==4)continue;
        else tmp+=dfs(pos-1,i,i==6,limit&&i==p[pos]);
    if(!limit)f[pos][sta]=tmp;
    return tmp;
}
il int solve(int x){
    cnt=0;
    while(x){
        p[++cnt]=x%10;
        x=x/10;
    }
    return dfs(cnt,-1,0,1);
}
il int gi(){
    int a=0;char x=getchar();
    while(x<'0'||x>'9')x=getchar();
    while(x>='0'&&x<='9')a=(a<<3)+(a<<1)+x-48,x=getchar();
    return a;
}
int main(){
    while(1){
        n=gi(),m=gi();
        if(!n&&!m)return 0;
        memset(f,-1,sizeof(f));
        printf("%d\n",solve(m)-solve(n-1));
    }
    return 0;
}