數位dp小結
關於limit的問題
在數位dp中,limit的作用主要有兩個。
- 控制枚舉的界限，倘若沒有界限，每一位的枚舉範圍都是0-9. 但如果有界限，那麼可能不能取到9. 例如求1到311範圍內不含有連續兩個1的個數。當百位枚舉到了3，那麼如果你的十位只能枚舉0-2.
- 控制剪枝的合法性： 很明顯，相比於暴力搜索，數位dp唯一的優勢就是剪枝。但剪枝往往會帶來一些錯誤。在數位dp中，我們進行剪枝的一個前提是limit0，也就是當前位枚舉沒有限制時才能進行剪枝。 爲什麼？請先看這個例子：題目依然是求1到321中，不含連續兩個1的個數。當百位枚舉爲0，十位枚舉爲1時，當枚舉個位時，除了個位枚舉1不滿足題意外，其他9個數都滿足，所以dp[0][1]=9。而當百位枚舉到3時，十位枚舉1，此時我們已經記憶了dp[0][1]=9，但很明顯，此時只有310,滿足題意。 爲什麼會出現這樣的情況？ 其實一個明顯的原因就是：我們記憶化時的狀態，僅僅只記憶了limit1，也就是沒有限制時的狀態。該算法認爲，有限制條件的數是很少的，所以對於有限制條件的數，我們都是直接暴力搜索的。
理解前面這段話可能比較抽象，可以結合下面這段模板代碼來理解。這段代碼來自：數位dp總結
int a[20];
ll dp[20][state];//不同題目狀態不同
ll dfs(int pos,/*state變量*/,bool lead/*前導零*/,bool limit/*數位上界變量*/)//不是每個題都要判斷前導零
{
//遞歸邊界，既然是按位枚舉，最低位是0，那麼pos==-1說明這個數我枚舉完了
if(pos==-1) return 1;/*這裏一般返回1，表示你枚舉的這個數是合法的，那麼這裏就需要你在枚舉時必須每一位都要滿足題目條件，也就是說當前枚舉到pos位，一定要保證前面已經枚舉的數位是合法的。不過具體題目不同或者寫法不同的話不一定要返回1 */
//第二個就是記憶化(在此前可能不同題目還能有一些剪枝)
if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];
/*常規寫法都是在沒有限制的條件記憶化，這裏與下面記錄狀態是對應，具體爲什麼是有條件的記憶化後面會講*/
int up=limit?a[pos]:9;//根據limit判斷枚舉的上界up;這個的例子前面用213講過了
ll ans=0;
//開始計數
for(int i=0;i<=up;i++)//枚舉，然後把不同情況的個數加到ans就可以了
{
if() ...
else if()...
ans+=dfs(pos-1,/*狀態轉移*/,lead && i==0,limit && i==a[pos]) //最後兩個變量傳參都是這樣寫的
/*這裏還算比較靈活，不過做幾個題就覺得這裏也是套路了
大概就是說，我當前數位枚舉的數是i，然後根據題目的約束條件分類討論
去計算不同情況下的個數，還有要根據state變量來保證i的合法性，比如題目
要求數位上不能有62連續出現,那麼就是state就是要保存前一位pre,然後分類，
前一位如果是6那麼這意味就不能是2，這裏一定要保存枚舉的這個數是合法*/
}
//計算完，記錄狀態
if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;
/*這裏對應上面的記憶化，在一定條件下時記錄，保證一致性，當然如果約束條件不需要考慮lead，這裏就是lead就完全不用考慮了*/
return ans;
}
ll solve(ll x)
{
int pos=0;
while(x)//把數位都分解出來
{
a[pos++]=x%10;//個人老是喜歡編號爲[0,pos),看不慣的就按自己習慣來，反正注意數位邊界就行
x/=10;
}
return dfs(pos-1/*從最高位開始枚舉*/,/*一系列狀態 */,true,true);//剛開始最高位都是有限制並且有前導零的，顯然比最高位還要高的一位視爲0嘛
}
int main()
{
ll le,ri;
while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))
{
//初始化dp數組爲-1,這裏還有更加優美的優化,後面講
printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));
}
}
關於狀態表示
數位dp的核心在於狀態表示。狀態表示的原則是：使用空間儘可能小；保證狀態表示的唯一性。
關於前導0
前導0指的是： 例如枚舉1到1000之間數，數位dp是從最高位，千位開始枚舉千位從0枚舉到1.當千位爲0時，就是一個前導0，例如，001其實表示的就是1.
關於前導0的題，可以參考leetcode
