C++题目大总结（持续更新中）

备注：题目后的难度评价是这样制定的
1.若 $luogu$ 上有难度评价（除 暂无评价 外），则为 $luogu$ 上的难度评价。
2.否则，作者将参考其他类似题目的难度评价与个人主观来评价其难度。

S

搜索

1.城市距离（$普及+/提高$）

$Upd$：$2022.11.28$ 完成
八中OJ链接
我们还是先观察数据范围：$1\le n,m\le 500$,那么就只能用广度优先搜索了。
个人认为这道题出得不好，因为按照目前的最优解，时间复杂度应该为 $O(n^2{m}^2)$ 的，应该是过不掉的，但为什么在 $150ms$ 内就过掉了呢？原因有二：一是数据太水，仅有一组极限数据并且 ‘#’ 符号少得可怜。二是如果每一次 $bfs$ 不用 $O(nm)$ 的时间初始化，其实真正的时间复杂度是远远小于 $O(n^2{m}^2)$ 的。
我们先来想一想最暴力的做法，枚举两个城市，再用 $O(nm)$ 求其最短距离，这样做是 $O(n^3{m}^3)$ 的，绝对会原地起飞。
现在，来说说这道题的正确做法——染色法，即将每个城市用 $dfs$ 染色后去求解。如果每个城市只有一个 #，那么，这个问题就是一个很裸的 $BFS$ 问题。但是，现在的问题就是，要如何
做，才能够求得一片城市与另一片城市的最短距离？其实，每一次 $bfs$ 最坏会遍历整个地图，并且我们只是求其最小距离，所以，我们可以将某一个城市内的所有 # 全都作为我们搜索的起点，然后计算从这些起点当中，走到另一个 # 的最短距离是多少（$BFS$），因为我们只需要找到最小距离，并不需要知道究竟是哪个城市到了另外哪个城市，因此，我们在跑 $BFS$ 之前，找到当前我们找的这个城市有哪些 #，将同一个城市内的所有#都 $push$ 进我们的队列当中，然后，再跑一个 $BFS$，找到这个城市能走到的离它最近的城市的距离，最后取最小的那个答案即可。
$AC$ $Code:$

#include 
using namespace std;
const int N = 5e2 + 5, INF = 0x3f3f3f3f;
const int zx[4] = {
   -1, 0, 1, 0}, zy[4] = {
   0, 1, 0, -1};
int n, m, ans = INF;
char c[N][N];
bool vis[N][N];
struct node {
   
	int x, y, step;
};
queue<node> q;
bool in(int x, int y) {
   
	return x >= 1 && x <= n && y >= 1 && y <= m;
}
void dfs(int x, int y) {
   
	c[x][y] = 'A';
	q.push((node){
   x, y, 0});
	for(int i = 0;i < 4;i++) {
   
		int dx = x + zx[i], dy = y + zy[i];
		if(in(dx, dy) && c[dx][dy] == '#') dfs(dx, dy);
	}
}
void bfs() {
   
	for (int i = 1;i <= n;i++)
		for (int j = 1;j <= m;j++)
			vis[i][j] = 0;
	while(!q.empty()) {
   
		node p = q.front();
		q.pop();
		if(c[p.x][p.y] == '#') {
   
			while(!q.empty()) q.pop();
			ans = min(ans, p.step);
			return ;
		}
		for(int i = 0;i < 4; ++i) {
   
			int dx = p.x + zx[i], dy = p.y + zy[i];
			if(in(dx, dy) && !vis[dx][dy] && c[dx][dy] != 'A') {
   
				vis[dx][dy] = 1;
				q.push((node){
   dx, dy, p.step + 1});
			}
		}
	}
}
int main() {
   
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1;i <= n;i++) scanf("%s", c[i] + 1);
	for(int i = 1;i <= n;i++)
		for(int j = 1;j <= m;j++)
			if(c[i][j] == '#') {
   
				dfs(i, j);
				bfs();
			}
	printf("%d", ans);
	return 0;
} 

数位DP

1.手机号码（CQOI2016，,$省选/NOI-$）

$Upd$：$2022.11.26$ 完成
洛谷链接 八中OJ链接
看到数据范围 $10^{10}\le L\le R\le 10^{11}$ 并且是统计 $[L,R]$ 内有满足条件的号码数量，很容易想到数位 $DP$。
其实，数位 $DP$ 也是一个很模板化的东西。对其总结如下：

dfs(数的最后若干位,各种限制条件,当前第几位)
	if 最后一位
    	return 各种限制条件下的返回值
    局部变量 ct = 当前位的数字
    局部变量 sum = 0;
    for i = 0 to ct - 1
    	sum += 当前位取i时一定无无限制的合法状态数
        sum += 当前位取i时满足当前限制的合法状态数
    根据ct更新限制条件 不再满足则 return sum
    return sum + dfs(当前位后的若干位,更新后的限制条件,下一位)

slv(当前数)
	if (只有一位) return 对应的贡献
    局部变量 ct;
    for ct = 可能最高位 to 1
    	if 当前位有数字 break
    局部变量 nw = 当前位数字
    局部变量 sum = 0
    for i = 1 to nw - 1
    	sum += 当前位取i后合法情况任意取的贡献
    for i = 1 to ct-1
    	for j = 1 to 9
        	sum +=  第i位取j后合法情况任意取的贡献
    sum += dfs(去掉第一位后的若干位,限制条件,第二位)
    return sum

main
	预处理当前位取i的各种条件各种限制的贡献
    读入 L R
    --L
    输出 slv(R)-slv(L)
    return 0

而在这道题中，我们就可以很容易的套模板，定义六维的 $DP$ 去记忆化 $dfs$,即 $dp[第i位][填j][目前连续L][是否有4][是否有8][是否有至少3位连续数字]$。
然后按照板子按部就班的做便能 $AC$.
$AC$ C