【CSP201312-4】有趣的数（数位DP）

problem

问题描述
试题编号： 201312-4
试题名称： 有趣的数
时间限制： 1.0s
内存限制： 256.0MB
问题描述：
问题描述
　　我们把一个数称为有趣的，当且仅当：
　　1. 它的数字只包含0, 1, 2, 3，且这四个数字都出现过至少一次。
　　2. 所有的0都出现在所有的1之前，而所有的2都出现在所有的3之前。
　　3. 最高位数字不为0。
　　因此，符合我们定义的最小的有趣的数是2013。除此以外，4位的有趣的数还有两个：2031和2301。
　　请计算恰好有n位的有趣的数的个数。由于答案可能非常大，只需要输出答案除以1000000007的余数。
输入格式
　　输入只有一行，包括恰好一个正整数n (4 ≤ n ≤ 1000)。
输出格式
　　输出只有一行，包括恰好n 位的整数中有趣的数的个数除以1000000007的余数。
样例输入
4
样例输出
3

solution

• 题意：长度为1000位的数字中满足条件的数的个数，很容易想到dp，f[i]表示长为n的数字满足条件的个数。
• 再考虑到“ 给定一个闭区间，让你求这个区间中满足 某种条件 的数的总数 ”，这不是数位dp嘛
• 对情况分类，共有六种，
  0、只含2
  1、只含2、0
  2、只含2、3
  3、只含2、0、1
  4、只含2、0、3
  5、含4种数字。
• 可以用f[i][j]，j = 0,1,…,5，来表示长度为i的整数，满足上述状态j的个数。
• 于是得到状态转移方程：
  1、f[i][0]=1，位数为i且只含2的整数有且只有1个
  2、f[i][1]=2f[i-1][1]+f[i-1][0]，位数为i且只含2、0的整数可以由位数为i-1的只含2、0的整数通过在末尾添加0或者2得到，也可以由位数为i-1的只含2的整数在末尾添加0得到。
  3、f[i][2]=f[i-1][2]+f[i-1][0]，位数为i且只含2、3的整数可以由位数为i-1的只含2、3的整数通过在末尾添加3得到，也可以由位数为i-1的只含2的整数在末尾添加3得到。
  4、f[i][3] = 2f[i-1][3]+f[i-1][1]; 位数为i且只含2、0、1的整数可以由（位数i-1只含2、0、1 末尾2或1）+（位数i-1只含2、0的末尾1得到）
  5、f[i][4] = 2f[i-1][4]+f[i-1][2]+f[i-1][1];位数为i且只含2、0、3的证书可以（由位数i-1的末尾1或3）+（末尾0）+（末尾3）
  6、f[i][5]=2f[i-1][5]+f[i-1][4]+f[i-1][3];

#include
using namespace std;
typedef long long LL;
#define mod 1000000007

LL f[1010][10];

int main(){
	int n; cin>>n;
	f[1][0] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i++){
		f[i][0] = 1;//长为n，只含2
		f[i][1] = (2*f[i-1][1]%mod+f[i-1][0])%mod;//长为n，只含2,0
		f[i][2] = (f[i-1][2]+f[i-1][0])%mod;//长为n，只含2,3
		f[i][3] = (2*f[i-1][3]%mod+f[i-1][1])%mod;//长为n，只含2,0,1
		f[i][4] = ((2*f[i-1][4]%mod+f[i-1][2])%mod+f[i-1][1])%mod;//长为n，只含2,0,3
		f[i][5]=((2*f[i-1][5]%mod+f[i-1][4])%mod+f[i-1][3])%mod;//长为n，含4种数字
	}
	cout<<f[n][5]<<endl;
	return 0;
}