数位DP 学习笔记2

题目HDU 4734 F(x)：

题目大意是给你两个数A，B，定义F（A）= 每个数位的数 * 2 ^ (位数 - 1)。求 0 - B 区间里的 F(x) <= F(A) 的数字的个数。

一个数位DP的做法（TLE）：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[1005], FA, poww[15], dp[15][10005];
ll dfs(ll pos, ll lim, ll hav)
{
    if(hav > FA)return 0;
    if(pos == -1)return 1;
    if(lim == 0 && dp[pos][hav] != -1)return dp[pos][hav];
    ll len = lim ? a[pos] : 9, ans = 0, i;
    for(i = 0; i <= len; i++)
    {
        if(hav + i * poww[pos] <= FA)
            ans += dfs(pos - 1, lim && (i == len), hav + i * poww[pos]);
    }
    if(lim == 0)dp[pos][hav] = ans;
    return ans;
}
ll slove(ll n, ll m)
{
    FA = 0;
    ll pos = 0, k = 1, ans;
    while(n)
    {
        FA += k * (n % 10);
        n /= 10;
        k *= 2;
    }
    while(m)
    {
        a[pos++] = m % 10;
        m /= 10;
    }
    ans = dfs(pos - 1, 1, 0);
}
int main()
{
    ll t, n, m, i, j, k = 1, ca = 1;
    for(i = 0; i <= 13; i++)poww[i] = k, k *= 2;
    scanf(\"%lld\", &t);
    while(t--)
    {
        scanf(\"%lld %lld\", &n, &m);
        memset(dp, -1, sizeof(dp));
        ll ans  = slove(n, m);
        printf(\"Case #%lld: %lld\\n\", ca++, ans);
    }
    return 0;
}

尽管加了记忆化搜索，但还是超时了，然后分析发现：

每次都要 memset（dp），用了很多时间，然后想办法优化它。

如果我们把拥有价值改变一下，变成剩余价值，即不再是它有多少，而是它还能加多少价值，这样，它的边界不再是可变的F（A），而是固定的值（0）。这样，便可以只memset（dp）一次，不需要每组都初始化了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[15];
ll dp[15][200005];
ll po[15], maxx;
ll F(ll x)
{
    ll pos = 0, ans = 0, num, pi = 1;
    while(x)
    {
        num = x % 10;
        x /= 10;
        ans += num * pi;
        pi *= 2;
    }
    return ans;
}
ll dfs(ll pos, ll sta, ll lim)
{
    if(sta < 0)return 0;
    if(pos == -1)return 1;
    if(lim == 0 && dp[pos][sta] != -1)return dp[pos][sta];
    ll len = lim ? a[pos] : 9;
    ll ans = 0;
    for(ll i = 0; i <= len; i++)
    {
        ll w = po[pos] * i;
        if(sta - w < 0)continue;
        else
        {
            ans += dfs(pos - 1, sta - w, lim && i == a[pos]);
        }
    }
    if(lim == 0)dp[pos][sta] = ans;
    return ans;
}
ll slove(ll x)
{
    ll pos = 0;
    while(x)
    {
        a[pos++] = x % 10;
        x /= 10;
    }
    ll ans = dfs(pos - 1, maxx, 1);
    return ans;
}
int main()
{
    ll t, k, i, j, m, n;
    k = 1;
    for(i = 0; i <= 15; i++)po[i] = k, k *= 2;
    scanf(\"%lld\", &t);
    for(ll q = 0; q < 15; q++)
    {
        for(ll w = 0; w < 200005; w++)dp[q][w] = -1;
    }
    for(i = 1; i <= t; i++)
    {

        scanf(\"%lld %lld\", &n, &m);
        maxx = F(n);
        //cout << maxx << endl;
        ll ans = slove(m);
        if(0 <= maxx)ans++;
        printf(\"Case #%lld: %lld\\n\",i, ans - 1);
    }
    return 0;
}

总结：遇到超时问题时可以试着转换方法，反过来考虑。