版权声明:欢迎大佬指正! https://blog.csdn.net/sinat_36215255/article/details/81451540
引用一篇不错的博客好了。https://blog.csdn.net/qq_33184171/article/details/52332586
就是学习的人家的,很久不写,数位dp也忘记了咋写。
代码如下:
注意dp只需要初始化时更新一次就好,
dp[i][j][k] 表示,右数第 i 位 ,mod为 j 时,lcm为k 的符合要求数目, 此处把lcm离散化了一下,
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <map>
#include <vector>
using namespace std;
const int MOD = 2520;
long long dp[30][2525][50];
int num[20];
int has[3000];
int s[3000];
int gcd(int a,int b)
{
if(!b) return a;
else
return gcd(b,a%b);
}
int getlcm(int a,int b)
{
int d = gcd(a,b);
return (a/d)*b;
}
long long dfs(int pos,int mod,int lcm,int limit)
{
if(pos<0) return mod%lcm==0;
if(!limit && dp[pos][mod][has[lcm]]!=-1)
return dp[pos][mod][has[lcm]];
int tlcm;
int endi = 9;
if(limit)
endi = num[pos];
long long res = 0;
for(int i=0; i<=endi; i++)
{
if(!i) tlcm = lcm;
else tlcm = getlcm(i,lcm);
res +=dfs(pos-1,(mod*10+i)%MOD,tlcm,limit&&(i==endi));
}
if(!limit) dp[pos][mod][has[lcm]] = res;
return res;
}
long long solve(long long n)
{
int cnt = 0;
while(n>0)
{
num[cnt++] = n%10;
n/=10;
}
return dfs(cnt-1,0,1,1);
}
void init()
{
memset(has,0,sizeof(has));
int l = 0;
for(int i=0; i<(1<<9);i++)
{
int now = 1;
for(int j=1;j<9;j++)
{
if(i&(1<<j))
{
now = getlcm(now,j+1);
}
}
has[now] = 1;
}
for(int i=0; i<=MOD; i++)
{
if(has[i])
{
s[l]= i;
has[i] = l++;
}
}
}
int main()
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
int t;
cin>>t;
init();
while(t--)
{
long long l,r;
cin>>l>>r;
long long ans1 = solve(l-1);
long long ans2 = solve(r);
cout<<ans2-ans1<<endl;
// cout<<getlcm(l,r)<<endl;
}
return 0;
}
再接一个hls的数位dp板子
typedef long long ll;
int a[20];
ll dp[20][state];//不同题目状态不同
ll dfs(int pos,/*state变量*/,bool lead/*前导零*/,bool limit/*数位上界变量*/)//不是每个题都要判断前导零
{
//递归边界,既然是按位枚举,最低位是0,那么pos==-1说明这个数我枚举完了
if(pos==-1) return 1;
/*这里一般返回1,表示你枚举的这个数是合法的,那么这里就需要你在枚举时必须每一位都要满足题目条件,
也就是说当前枚举到pos位,一定要保证前面已经枚举的数位是合法的。不过具体题目不同或者写法不同的话不一定要返回1 */
//第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝)
if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];
/*常规写法都是在没有限制的条件记忆化,这里与下面记录状态是对应,具体为什么是有条件的记忆化后面会讲*/
int up=limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up;这个的例子前面用213讲过了
ll ans=0;
//开始计数
for(int i=0;i<=up;i++)//枚举,然后把不同情况的个数加到ans就可以了
{
if() ...
else if()...
ans+=dfs(pos-1,/*状态转移*/,lead && i==0,limit && i==a[pos]) //最后两个变量传参都是这样写的
/*这里还算比较灵活,不过做几个题就觉得这里也是套路了
大概就是说,我当前数位枚举的数是i,然后根据题目的约束条件分类讨论
去计算不同情况下的个数,还有要根据state变量来保证i的合法性,比如题目
要求数位上不能有62连续出现,那么就是state就是要保存前一位pre,然后分类,
前一位如果是6那么这意味就不能是2,这里一定要保存枚举的这个数是合法*/
}
//计算完,记录状态
if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;
/*这里对应上面的记忆化,在一定条件下时记录,保证一致性,当然如果约束条件不需要考虑lead,这里就是lead就完全不用考虑了*/
return ans;
}
ll solve(ll x)
{
int pos=0;
while(x)//把数位都分解出来
{
a[pos++]=x%10;//个人老是喜欢编号为[0,pos),看不惯的就按自己习惯来,反正注意数位边界就行
x/=10;
}
return dfs(pos-1/*从最高位开始枚举*/,/*一系列状态 */,true,true);
//刚开始最高位都是有限制并且有前导零的,显然比最高位还要高的一位视为0嘛
}
int main()
{
ll le,ri;
while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))
{
//初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化,后面讲
printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));
}
}