BZOJ4521 ||洛谷P4124 [CQOI2016]手机号码【数位DP】

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Description

人们选择手机号码时都希望号码好记、吉利。比如号码中含有几位相邻的相同数字、不含谐音不
吉利的数字等。手机运营商在发行新号码时也会考虑这些因素，从号段中选取含有某些特征的号
码单独出售。为了便于前期规划，运营商希望开发一个工具来自动统计号段中满足特征的号码数
量。
工具需要检测的号码特征有两个：号码中要出现至少3个相邻的相同数字，号码中不能同
时出现8和4。号码必须同时包含两个特征才满足条件。满足条件的号码例如：13000988721、
23333333333、14444101000。而不满足条件的号码例如：1015400080、10010012022。
手机号码一定是11位数，前不含前导的0。工具接收两个数L和R，自动统计出[L,R]区间
内所有满足条件的号码数量。L和R也是11位的手机号码。

Input

输入文件内容只有一行，为空格分隔的2个正整数L,R。
10^10 < = L < = R < 10^11

Output

输出文件内容只有一行，为1个整数，表示满足条件的手机号数量。

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题目分析

数位DP真的都是一个套路
$dp[i][st][j][k][l]$表示当前处理到第$i$位，上一位数码是$d$，$k,l$分别表示是否已出现4,8，
$st==1$表示还没出现三个数连续，$st==2$表示上上位与上一位是连续的(两位连续)，$st==3$表示已出现过连续三位

特别注意此题中数字必须11位且不含前导0，即第11位不能填0

lt DP(int len,int st,int d,int rem4,int rem8,int pre)
{
    if(len==0) return st==3;
    if(!pre&&dp[len][st][d][rem4][rem8]!=-1) return dp[len][st][d][rem4][rem8];
    lt res=0,mx=pre?dig[len]:9;
    for(int i=0;i<=mx;++i)
    {
        if(len>=11&&i==0) continue;//第11位不能填0
        if((rem4&&i==8)||(rem8&&i==4)) continue;
        int nxt=1;
        if(st==3) nxt=3;
        else if(st==1&&i==d) nxt=2;
        else if(st==1&&i!=d) nxt=1;
        else if(st==2&&i==d) nxt=3;
        else if(st==2&&i!=d) nxt=1;
        res+=DP(len-1,nxt,i,rem4||i==4,rem8||i==8,pre&&i==mx);
    }
    if(!pre) dp[len][st][d][rem4][rem8]=res;
    return res;
}
 
lt solve(lt x)
{
    int len=0;
    while(x)
    {
        dig[++len]=x%10;
        x/=10;
    }
    return DP(len,0,10,0,0,1);
}

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完整代码

注意这题的数位DP有一个特殊的地方
我们是以$[1e10,R]-[1e10,L-1]$处理$[L,R]$的
所以遇到$L==1e10$直接特判输出$solve(R)$

#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long lt;
 
lt read()
{
    lt f=1,x=0;
    char ss=getchar();
    while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();}
    while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();}
    return f*x;
}
 
const int maxn=30;
lt A,B;
lt dig[maxn],dp[maxn][5][15][5][5];
  
lt DP(int len,int st,int d,int rem4,int rem8,int pre)
{
    if(len==0) return st==3;
    if(!pre&&dp[len][st][d][rem4][rem8]!=-1) return dp[len][st][d][rem4][rem8];
    lt res=0,mx=pre?dig[len]:9;
    for(int i=0;i<=mx;++i)
    {
        if(len>=11&&i==0) continue;
        if((rem4&&i==8)||(rem8&&i==4)) continue;
        int nxt=1;
        if(st==3) nxt=3;
        else if(st==1&&i==d) nxt=2;
        else if(st==1&&i!=d) nxt=1;
        else if(st==2&&i==d) nxt=3;
        else if(st==2&&i!=d) nxt=1;
        res+=DP(len-1,nxt,i,rem4||i==4,rem8||i==8,pre&&i==mx);
    }
    if(!pre) dp[len][st][d][rem4][rem8]=res;
    return res;
}
 
lt solve(lt x)
{
    int len=0;
    while(x)
    {
        dig[++len]=x%10;
        x/=10;
    }
    return DP(len,0,10,0,0,1);
}
 
int main()
{
    A=read();B=read();
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    if(A==10000000000) printf("%lld",solve(B));//注意这里的特判
    else printf("%lld",solve(B)-solve(A-1));
    return 0;
}