只会统计数位个数或者某种”符合简单规律”的数并不够……我们需要更多的套路和应用
数位dp中常用的思想是“分类讨论”思想。下面我们就看一道典型的分类讨论例题
1026: [SCOI2009]windy数
Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 162 MB
Description
windy定义了一种windy数。不含前导零且相邻两个数字之差至少为2的正整数被称为windy数。 windy想知道，
在A和B之间，包括A和B，总共有多少个windy数？
输入包含两个整数，A和B。
输出一个整数，代表windy数个数
Sample Input
【输入样例一】
1 10
【输入样例二】
25 50
Sample Output
【输出样例一】
9
【输出样例二】
20
【数据规模和约定】
100%的数据，满足 1 <= A <= B <= 2000000000 。
题解：
首先转化为典型的work（B+1）-work（A）数数模型（区间左闭右开），下面我们的目标就是求[1,X)内windy数的个数了
设f[i][j]为i位数，第i位是j时windy数的个数。
从样例中我们注意到，个位数都是windy数，那么我们先处理出来，然后从十位数开始预处理，
显然，当abs（j-k）>=2时，f[i][j]+=f[i-1][k];
然后,我们设待处理的数位X=abcdefd（每一位的数字我们用字母表示），设其长度为l
那么对于小于等于x的数（设为t），我们分下面3种情况讨论：
for(int i=1;i<bit[l];i++)ans+=f[l][i];
//1° t的位数与x相同，但t的最高位小于x的最高位：直接加上f[l]["t的最高位"]
for(int i=1;i<b;i++)
for(int j=1;j<10;j++)
ans+=f[i][j];
//2°t的位数比x小，那么任意f[t][j]都是合法的
for(int i=b-1;i;i--)
{
for(int j=0;j<bit[i];j++)
if(abs(j-bit[i+1])>=2)ans+=f[i][j];
if(abs(bit[i]-bit[i+1])<2)break;
}
//3°t的位数与x相同，且t的最高位等于x的最高位
//此时我们就和之前一样，for循环枚举判断即可，注意及时跳出
那么这道题就没有什么大问题了。完整代码见下：
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 using namespace std;
4 typedef long long LL;
5 LL l,r,f[15][15];int bit[15];
6 inline int abs(int a){return a>0?a:-a;}
7 inline void intn()
8 {
9 memset(f,0,sizeof(f));
10 for(int i=0;i<10;i++)f[1][i]=1;
11 for(int i=2;i<=10;i++)
12 for(int j=0;j<10;j++)
13 for(int k=0;k<10;k++)
14 if(abs(j-k)>=2)
15 f[i][j]+=f[i-1][k];
16 }
17 inline LL work(LL x)
18 {
19 if(x==0)return 0;
20 int b=0;LL ans=0;
21 memset(bit,0,sizeof(bit));
22 while(x)bit[++b]=x%10,x/=10;
23 for(int i=1;i<b;i++)
24 for(int j=1;j<10;j++)
25 ans+=f[i][j];
26 for(int i=1;i<bit[b];i++)
27 ans+=f[b][i];
28 for(int i=b-1;i;i--)
29 {
30 for(int j=0;j<bit[i];j++)
31 if(abs(j-bit[i+1])>=2)ans+=f[i][j];
32 if(abs(bit[i]-bit[i+1])<2)break;
33 }
34 return ans;
35 }
36 int main()
37 {
38 intn();
39 scanf("%lld%lld",&l,&r);
40 printf("%lld",work(r+1)-work(l));
41 }
接下来这道题可就没有那么简单了……这道题用到了另外一个套路：搜索+找规律
3131: [Sdoi2013]淘金
Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 256 MB
Submit: 660 Solved: 330
[Submit][Status][Discuss]
Description
小Z在玩一个叫做《淘金者》的游戏。游戏的世界是一个二维坐标。X轴、Y轴坐标范围均为1..N。初始的时候，所有的整数坐标点上均有一块金子，共N*N块。
一阵风吹过，金子的位置发生了一些变化。细心的小Z发现，初始在(i，j)坐标处的金子会变到(f(i)，fIj))坐标处。其中f(x)表示x各位数字的乘积，例如f(99)=81，f(12)=2，f(10)=0。如果金子变化后的坐标不在1..N的范围内，我们认为这块金子已经被移出游戏。同时可以发现，对于变化之后的游戏局面，某些坐标上的金子数量可能不止一块，而另外一些坐标上可能已经没有金子。这次变化之后，游戏将不会再对金子的位置和数量进行改变，玩家可以开始进行采集工作。
小Z很懒，打算只进行K次采集。每次采集可以得到某一个坐标上的所有金子，采集之后，该坐标上的金子数变为0。
现在小Z希望知道，对于变化之后的游戏局面，在采集次数为K的前提下，最多可以采集到多少块金子？
答案可能很大，小Z希望得到对1000000007(10^9+7)取模之后的答案。
输入共一行，包含两介正整数N，K。输出为一个整数，表示最多可以采集到的金子数量。
Sample Input
1 2 5
Sample Output
18
[数据范围和约定]
N < = 10^12 ,K < = 100000
对于100%的测试数据：K < = N^2
题解：不难发现，按前几道题的想法完全无法解决本题。
（先回宿舍明天补完……）
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<queue>
4 #include<algorithm>
5 using namespace std;
6 typedef long long LL;
7 const int N=401000;
8 const LL mod=1000000007;
9 LL n;int bit[15],b,k,tot;
10 LL f[15][N][2],base[N],ans[N];
11 struct node
12 {
13 int x,y;LL val;
14 node(int a,int b){x=a,y=b,val=ans[a]*ans[b];}
15 bool operator > (const node &b)const{return val>b.val;}
16 bool operator < (const node &b)const{return val<b.val;}
17 };
18 priority_queue<node>q;
19 void dfs(int start,int len,LL multi)
20 {
21 if(len==b)base[tot++]=multi;
22 else
23 {
24 if(!multi)return;
25 for(int j=start;j<10;j++)
26 dfs(j,len+1,multi*j);
27 }
28 }
29 inline bool mt(const LL &a,const LL &b){return a>b; }
30 int main()
31 {
32 scanf("%lld%d",&n,&k);
33 b=0;memset(bit,0,sizeof(bit));
34 while(n)bit[++b]=n%10,n/=10;
35 base[++tot]=0;dfs(0,0,1);
36 sort(base+1,base+tot+1);
37 tot=unique(base+1,base+tot+1)-base-1;
38 base[tot+1]=0x7fffffff;
39 f[0][2][0]=1;
40 for(int i=0;i<=b;i++)
41 for(int j=1;j<=tot;j++)
42 for(int k=0;k<=1;k++)
43 if(f[i][j][k])
44 for(int x=(i==0)?0:1;x<10;x++)
45 {
46 int next=lower_bound(base+1,base+tot+1,base[j]*x)-base;
47 f[i+1][next][(k+x)>bit[i+1]]+=f[i][j][k];
48 }
49 for(int i=1;i<=tot;i++)
50 {
51 for(int j=1;j<b;j++)
52 ans[i]+=f[j][i][0]+f[j][i][1];
53 ans[i]+=f[b][i][0];
54 }
55 sort(ans+1,ans+tot+1,mt);
56 q.push(node(2,2));
57 LL ans=0;
58 while(!q.empty()&&k)
59 {
60 node t=q.top();q.pop();
61 ans=(ans+t.val)%mod;
62 if(!(--k))break;
63 if(t.x!=t.y)
64 {
65 ans=(ans+t.val)%mod;//再加一遍（y,x)；
66 if(!(--k))break;
67 q.push(node(t.x+1,t.y));
68 }
69 if(t.x==2)q.push(node(t.x,t.y+1));
70 }
71 printf("%lld",ans);
72 }
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