数位dp--Windy数

news2024/9/29 3:31:50

题目
在这里插入图片描述
思路
大体思路其实也跟第一篇博客类似，用前缀和的思想处理区间的方案数，然后求方案数则是通过把每一位数都拆分来，然后根据两种选择0-a_n-1和选a_n两种情况进行判断，但是因为前导零会对结果产生不一样的结果（比如0013本来是一个可以的方案但是因为0和1不满足条件如果不做特判这种情况会被划掉）

那我们就从含有前导零和不含有前导零开始看：

含有前导零
如果是含有前导零的情况，那么前n位数一定都是0，那么对于一共有n位数，并且第一位是零的情况，第2位的选择可以为0123456789之中的任意一个，那么我们可以对于所有的前导零的情况，不断的加上方案数，这样就可以直接把含有前导零的情况直接计算出来。

关于方案数的处理

根据上面的情况来看我们发现我们要处理的方案是最高位数是i并且一共有n位数字的方案数，
其实也跟第二篇博客的不降数很像，只不过在选择的限制条件有所不同。对于最高位数是i并且一共有n位数字那么就相当于最高位数是j (abs(j+2)>=2),并且一共有n-1位数的情况之和，这样方程就列出来了，可以直接先预处理所有的方案数啦！

然后是不含有前导零的部分
对于不含有前导零的部分，那么其实就是直接计算就可以了（但是要记得第一位不能为0，这样会产生前导零），记last为前一位选择的数字(初始化的数字为3因为第一位可以选择1到a_n-1 之间任意的数字，那么就需要构造一个满足条件的last即可) 如果是走左半部分，那么就是从0开始，加上满足条件的方案数：如果是走右半部分，那么就判断一下last和a_n的绝对值是否大于等于2，如果不满足则不能选择这个数字直接break：对于最后的右子树，如果可以走到，就说明这种方案数是可以满足的，那么直接res++即可。（详细操作直接看代码）

在这里插入图片描述

**代码 **

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<math.h>
using namespace std;

const int N=30;
int dp[N][N];

void cal()
{
    for(int i =0;i<=9;i++)dp[1][i]=1;//一共有1位并且上一位是i的方案数量
    
    for(int i =2;i<=N;i++)
        for(int j =0;j<=9;j++)
        {
			for(int k=0;k<=9;k++)
			if(abs(j-k)>=2)
            dp[i][j]+=dp[i-1][k];
        }
}

int DP(int n){
    if(!n)return 0;//0不是正整数
    
    vector<int>cnt;
    while(n)cnt.push_back(n%10),n/=10;
    
    int res=0;
    int last=-3;//上一位的数，因为第一位计算的时候不能包含前导零，那么令last为-3保证所有数都可以满足条件
    //计算包含前导零的情况
    for(int i=cnt.size()-1 ; i >=0  ; i--)
    {
        int x=cnt[i];        
    	for(int j = (i==cnt.size()-1); j<x; ++j)   //第一位从1开始
         if(abs(j-last)>=2) res += dp[i+1][j];//一共有i+1位数字
        
        
        if(abs(last-x)<2)break;//如果当前的数跟上一位的数冲突
        last=x;
  
        if(!i)res++;
    }
    //计算不包含前导零的情况
    for(int i =cnt.size()-1;i>=1;i--)
    for(int j =1;j<=9;j++)
    res+=dp[i][j];

    return res;
}
int main()
{
    int l,r;
    cal();
    cin>>l>>r;
    cout<<DP(r)-DP(l-1)<<endl;
}