題意:定義一個權重: F(x) = An * 2n-1 + An-1 * 2n-2 + ... + A2 * 2 + A1 * 1.(AnAn-1An-2 ... A2A1是組成A的各個位),然後問你0到B 區間內的數的權重小於等於A的權重的數有多少個。
思路:剛開始先算了一下 999999999的權重爲4599,所以用數組可以存下,則定義狀態dp[a][b][c]表示位數爲a,開頭爲b,權重爲c的數有多少個。
狀態轉移方程爲:
dp[a][b][c]+=dp[a-1][z][tmp]; 其中(0<=z<=9,0=<tmp<=c-b*2^(a-1),0=<b<=b*2^(a-1)+全是9的數字的數的a-1位時的權重)
用DP進行預處理,最後在將b從高位到低位,小於n 對應位進行統計相應的DP值,最後特判b即可。
trick:1)在統計的時候只要統計到當前位最大值與A的權重之間的最小值即可,不然會TLE。
2)統計低位時,要計算前面高位的權重和sum,計算時權重時只能到A的權重和減去sum.
代碼如下:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
int dp[12][10][4444];
int bit[12];
int pre[12];
int a,b;
int lena;
int numa[12];
int lenb;
int numb[12];
int cmp;
void ppre()//預處理2的n次方和每位都是9的這些數的權重。
{
for(int i=1;i<=10;i++)
{
bit[i]=1<<(i-1);
}
// cout<<bit[4]<<endl;
pre[0]=0;
pre[1]=9;
for(int i=2;i<=10;i++)
{
pre[i]=pre[i-1]+9*bit[i];
}
// cout<<pre[2]<<endl;
}
void work()//預處理DP值
{
ppre();
dp[0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=10;i++)
for(int j=0;j<10;j++)
{
int tmp=j*bit[i]+pre[i-1];
for(int z=0;z<=tmp;z++)
{
for(int l=0;l<10;l++)
{
int tmp1=z-j*bit[i];
if(tmp1>=0)
dp[i][j][z]+=dp[i-1][l][tmp1];
}
}
}
}
void cal()
{
if(a==0)
{
lena=1;
numa[1]=0;
return ;
}
if(b==0)
{
lenb=1;
numb[1]=0;
return ;
}
lena=0;
while(a)
{
numa[++lena]=a%10;
a/=10;
}
lenb=0;
while(b)
{
numb[++lenb]=b%10;
b/=10;
}
}
int solve()
{
cmp=0;
for(int i=1;i<=lena;i++)
{
cmp+=numa[i]*bit[i];
}
// cout<<cmp<<endl;
int ans=0;
int tt;
int sum=0;
int tmp2;
for(int i=lenb;i>0;i--)
{
for(int j=0;j<numb[i];j++)
{
tmp2=j*bit[i]+pre[i-1];
tt=min(tmp2,cmp-sum);
for(int z=0;z<=tt;z++)
{
ans+=dp[i][j][z];
}
}
sum+=numb[i]*bit[i];
}
return ans;
}
int check()//特判B
{
int cnt=0;
for(int i=1;i<=lenb;i++)
{
cnt+=numb[i]*bit[i];
}
if(cnt<=cmp)
{
return 1;
}
else
{
return 0;
}
}
int main()
{
// freopen("in.txt","r",stdin);
int t;
scanf("%d",&t);
memset(dp,0,sizeof(dp));
work();
int cas=1;
while(t--)
{
printf("Case #%d: ",cas++);
scanf("%d%d",&a,&b);
cal();
printf("%d\n",solve()+check());
}
return 0;
}