POJ 3252 Round Numbers

传送门

数位dp。
定义一种数，其二进制表示中0的个数大于等于1的个数。给你[Start,Finish]，问其中多少个这种数。

说几点。

1. 首先可以想到，这个题没办法中途continue了，只能到最后（pos==-1）才能判断。
2. 状态可以有两种设计方法，一种是两维，分别表示前面数位中0和1的个数；
   另一种是一维，表示前面数位中0多于1的个数（必须确定谁比谁多，请不要混淆为绝对值）。
   可以看出，后者更优。
3. 上述状态值有可能是负数。所以设置MID=40作为虚拟的0，保证dfs过程中怎么也不会变负就可以了，最后判断是否>=MID（中途完全可以不满足）。
4. 这道题要在solve()中逐个得到二进制数位，然后在二进制上进行dfs。
5. 重点
   这道题要考虑前导0了，其实lead模式和limit模式差不多，lead模式一路顺着生成了数字0，limit模式一路顺着生成了x。只不过，在lead模式下，状态值始终是初始值（MID）。
   （在从高位到低位的dfs过程中，对这两种模式都有：只要当前是false了，往后就都是false了）
6. 在lead模式下也不能应用dp值，考虑1010 01和0000 01。
7. 其实lead模式和limit模式不会同时满足（除了最开始调用时），因为由solve()产生的数x的最高位不可能是0。
8. 对于这种较为复杂的题，要检查solve(0)的正确性以及solve(x)是否正确判断了0。

#include 
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#include 
using namespace std;

int Start, Finish;
int dp[32][80];
int num[32];

const int MID = 40;

int dfs(int pos, int status, bool lead, bool limit)        // lead
{
     
	if (pos == -1) return (status >= MID ? 1 : 0);         // 只能最后判断（中途完全可以不满足这一点）
	if ((!limit) && (!lead) && (dp[pos][status] != -1)) return dp[pos][status];

	if ((!lead) && ((status + pos + 1) < MID)) return 0;   // 剪枝...没什么用

	int cnt = 0;
	int up = (limit ? num[pos] : 1);
	for (int i = 0; i <= up; i++)
	{
     
		if (lead && (i == 0)) cnt += dfs(pos - 1, status, true, limit && (i == up));   // 这里status一定是40
		else cnt += dfs(pos - 1, i == 0 ? (status + 1) : (status - 1), false, limit && (i == up));
	}
	if ((!limit) && (!lead)) dp[pos][status] = cnt;
	return cnt;
}

int solve(int x)               // 要测试0是否可行
{
     
	int pos = 0;
	for (; x;)
	{
     
		num[pos++] = x % 2;    // 2进制
		x /= 2;
	}
	return dfs(pos - 1, MID, true, true);
}

int main()
{
     
	memset(dp, -1, sizeof dp);
	for (; ~scanf("%d%d", &Start, &Finish);)
		printf("%d\n", solve(Finish) - solve(Start - 1));

	return 0;
}