数位DP+反向思维，HDU4734 F(x)

目录

一、题目

1、题目描述

2、输入格式

3、输出格式

4、原题链接

二、解题报告

1、思路分析

朴素数位dp：

反向思维数位dp：

2、复杂度

3、代码详解

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一、题目

1、题目描述

For a decimal number x with n digits (AnAn-1An-2 ... A2A1), we define its weight as F(x) = An * 2n-1 + An-1 * 2n-2 + ... + A2 * 2 + A1 * 1. Now you are given two numbers A and B, please calculate how many numbers are there between 0 and B, inclusive, whose weight is no more than F(A).

2、输入格式

The first line has a number T (T <= 10000) , indicating the number of test cases.
For each test case, there are two numbers A and B (0 <= A,B < 109)

3、输出格式

For every case,you should output "Case #t: " at first, without quotes. The t is the case number starting from 1. Then output the answer.

4、原题链接

Problem - 4734 (hdu.edu.cn)

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二、解题报告

1、思路分析

朴素数位dp：

很明显的数位dp题目，由于0 <= A,B < 1e9)，故f(x)最大也就不到10000，我们定义f[N][pre]，为剩余N位，高位F()值为pre时，满足F() < F(A)的数字数目

N显然不超过10，pre不超过10000，那么有1e5个状态（设为n），每个状态转移为O(logn)

整体nlognn时间复杂度，是可以接受的，但是我们直接这样写数位dp，会TLE，为什么？

样例数目T最大可以到1e4，而对于不同的A，显然f[][]也不同，所以每次都要对f[][]初始化为-1，这样时间复杂度就变为了O(t * nlogn)

这就导致了我们每组样例保存的状态很多时候不能共用，那么如何修改状态定义，使得状态可以共用，从而保证时间复杂度在O(nlogn)呢？

反向思维数位dp：

我们发现每组样例，无论A如何取，最终合法数字x都满足F(x) - F(A) >= 0，那么我们不妨就设计f[N][pre]为剩余N位，高位F - F(A) = pre时的合法数字数目，这样一来，不同组数据，无论A如何取，f[][]保存的状态都是可以公用的，这样保证了每个状态最多计算一次，时间复杂度维持在了O(nlogn)

2、复杂度

时间复杂度： O(nlogn) 空间复杂度：O(n)

3、代码详解

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#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define IOTIE ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
#define int long long
#define N 32
int f[N][12000], d[N], a, b, endstate = 0, t = 0;
int dfs(int n, int pre, bool lim)
{
    if (!n)
        return pre >= 0;
    if (pre < 0)
        return 0;
    if (lim && ~f[n][pre])
        return f[n][pre];
    int ceil = lim ? 9 : d[n], res = 0, nxtstate;
    for (int i = 0; i <= ceil; i++)
    {
        nxtstate = pre - (1 << (n - 1)) * i;
        if (nxtstate >= 0)
            res += dfs(n - 1, nxtstate, lim || i < ceil);
    }
    if (lim)
        return f[n][pre] = res;
    return res;
}

void solve()
{
    cin >> a >> b, endstate = 0;
    int i = 0;
    while (a)
        endstate += (a % 10) * (1 << i), i++, a /= 10;
    i = 0;
    while (b)
        d[++i] = b % 10, b /= 10;
    cout << "Case #" << ++t << ": " << dfs(i, endstate, false) << '\n';
}
signed main()
{
    IOTIE
    // freopen("in.txt", "r", stdin);
    int _ = 1;
    memset(f, -1, sizeof(f)), cin >> _;
    while (_--)
        solve();
    return 0;
}