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## $HDU-4734-F(x)$
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[题目传送门](http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4734)
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### 一、题目描述
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题目给了个$F(x)$的定义：$$\large F(x) = A_n * 2^{n-1} + A_{n-1} * 2^{n-2} + ... + A_2 * 2^1 + A_1 * 2^0$$，$A_i$是十进制数位，然后给出$a、b,$求区间$[0,b]$内满足$f(i)<=f(a)$的$i$的个数。其中 $0 <= A,B < 10^9$
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### 二、计算题目中的$F$函数
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```c++
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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/**
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12345-->f(12345)=1*2^4+2*2^3+3*2^2+4*2^1+5*2^0
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f(1234) =1*2^3+2*2^2+3*2^1+4*2^0
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2*f(1234) =1*2^4+2*2^3+3*2^2+4*2^1
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所以形成递归表示式
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*/
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//利用递归计算出F(x)
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int f(int x) {
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if (x == 0) return 0;
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return f(x / 10) * 2 + x % 10;
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}
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//利用循环进行计算
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int f2(int x) {
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int res = 0;
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int i = 0;
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while (x) {
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res += x % 10 * (1 << i);
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i++;
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x /= 10;
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}
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return res;
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}
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int main() {
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cout << f(12345) << endl;
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cout << f2(12345) << endl;
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//极大值是1e9-1=99999999
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cout << f2(1e9 - 1) << endl;
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//输出4599
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return 0;
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}
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```
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### 三、暴力怎么做？
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用例解析：
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以 $5$ $100$ 为例：即$A=5,B=100$
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$F(A)=5*1=5$
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也就是让我们求一下，在$F(0)$~$F(100)$之间，有多少个$F(x)<=5$
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撸起袖子就是干！
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```c++
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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int F(int x) {
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if (x == 0) return 0;
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return F(x / 10) * 2 + x % 10;
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}
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int fa;
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int main() {
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int T;
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int num = 1;
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cin >> T;
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while (T--) {
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int x, y;
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cin >> x >> y;
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fa = F(x);
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int cnt = 0;
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for (int i = 0; i <= y; i++)
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if (F(i) <= fa) cnt++;
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printf("Case #%d: %d\n", num++, cnt);
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}
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return 0;
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}
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```
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毫无疑问，如此暴力，只能是$TLE$,看了一下时间限制，要求$500ms$,应该是一个数位$DP$问题。
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### 四、正常的数位$DP$思路
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#### 1、思考暴力$dfs$怎么做:
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`int dfs(int pos,int sum,bool limit)`
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* $pos$:我在哪里
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* $sum$:我这个分身，走到现在，按$F(x)$的计算办法，已经拼接出的加权前缀和是多少,之所以要携带这个，是因为走完全程时需要判断总的$sum$是不是小于$F(A)$
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* $limit$:是不是贴上界，之所以需要知道这个，是因为每位都需要上一位告诉自己，自己及以后各位是不是能取满，还是只能取一部分
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**返回值**：$int$类型的$dfs$，思路就是 **向后思考** ：如果我站在$pos$位置，并且前面的人告诉了我：以前有多少$sum$前缀和，是不是贴上界，
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然后，我的任务就是计算，在给定的条件下，后续的枚举所有可能数字中，有多少符合条件的数字。
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根据这个返回值定义，所以整体的结果就是：$dfs(al,0,true)$
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#### 2、记忆化
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根据我们的经验，$500ms$直接暴力$dfs$应该也不可能过的了，必须考虑是不是**存在重复计算**，能不能记忆化。简单想一想，肯定是可以记忆化的：到达哪种状态后，我不管你前面怎么到达我这里，一旦我的状态确定，那么我的后续所有可能中，符合条件的数字个数是一定的，我计算一次，想办法记下来，下回就可以重复利用。
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那么按什么来记忆呢？根据经验，$limit$一般不记，只记忆$!limit$的状态结果，所以$dp[pos][sum]$的状态记忆数组定义就出来了。
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代码也就很简单了：
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```c++
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#include <cstdio>
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#include <cstring>
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#include <iostream>
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#include <cmath>
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using namespace std;
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const int N = 32;
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const int M = 1024 * 10 + 10;
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int f[N][M];
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int a[N];
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int fa;
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int F(int x) {
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if (x == 0) return 0;
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return F(x / 10) * 2 + x % 10;
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}
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int dfs(int pos, int sum, bool limit) {
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if (pos == 0) return sum <= fa;
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if (sum > fa) return 0;
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if (!limit && ~f[pos][sum]) return f[pos][sum];
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int ans = 0;
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int up = limit ? a[pos] : 9;
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for (int i = 0; i <= up; i++)
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ans += dfs(pos - 1, sum + i * (1 << (pos - 1)), limit && i == a[pos]);
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if (!limit) f[pos][sum] = ans;
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return ans;
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}
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inline int calc(int x) {
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memset(f, -1, sizeof f);
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int al = 0;
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while (x) a[++al] = x % 10, x /= 10;
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return dfs(al, 0, true);
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}
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int main() {
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ios::sync_with_stdio(false);
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cin.tie(0);
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int T;
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int cnt = 1;
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cin >> T;
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while (T--) {
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int x, y;
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cin >> x >> y;
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fa = F(x);
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printf("Case #%d: %d\n", cnt++, calc(y));
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}
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return 0;
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}
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```
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但很不幸运，<font color='red' size=4><b>Time Limit Exceeded</b></font>
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### 五、释放减法的力量
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[大神原文](https://www.cnblogs.com/sparkyen/p/11347119.html)
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<font color='red' size=4><b>某大神写到:</b></font>刚开始一眼看到这题，算了一下 $F(999999999) = 4599$，也不是很大，感觉挺简单的，想着$dp[pos][sum]$不就完事了:$sum$记录从$len$(**最高位**)到$pos$位上累计的符合条件数字个数；
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写出来交了一发，$TLE$，感觉就有点奇怪，翻了翻网上的题解，说是不能是$dp[pos][sum]$，要是$dp[pos][F(A) - sum]$才行；
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也就是说，新定义$dp[pos][comp]$，$comp$代表剩下的从第$pos$位到第$1$位，累加起来的权重，不能超过$comp$；
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**这是为什么呢？原因其实很简单：**
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我们定义$dp[pos][sum]$的话，显然我们这 <font color='red' size=4><b> $T$组数据</b></font>……
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每组数据只要$B$有变化，由于$sum$是从$B$最高位$(al)$**往下**累加权重，它跟$B$有密切关系（$B$的长度$al$即为最高位），那么$dp$数组就必须要重新$memset(dp,-1,sizeof(dp))$，这样才不会出错；
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那么我们如果是$dp[pos][comp]$呢，$comp$代表从第$1$位到第$pos$位最多还能累加起多少权重，那么它就和$B$没有关系，我们就不需要在输入每组数据后都重新将$dp$数组全部重置为$-1$。
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```c++
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#include <cstdio>
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#include <cstring>
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#include <iostream>
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#include <cmath>
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using namespace std;
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const int N = 32; //数位的长度上限
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const int M = 1024 * 10 + 10; //剩余的数大小(状态集合按这个划分)
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int f[N][M]; //结果DP数组
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int a[N]; //数位拆分出来的数组
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int fa;
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//利用递归计算出
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int F(int x) {
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if (x == 0) return 0;
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return F(x / 10) * 2 + x % 10;
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}
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/**
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* @param pos 数位位置
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* @param st 剩余对比值,初始值是F(x)
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* @param limit 是不是贴上界
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* @return
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*/
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int dfs(int pos, int st, bool limit) {
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if (pos == 0) return st >= 0; //如果到达最后，并且有剩余，表示f(i)<= f(x)，计数++
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if (st < 0) return 0; //中途或最后一旦发生小于0情况，剪枝
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if (!limit && ~f[pos][st]) return f[pos][st];
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int ans = 0;
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int up = limit ? a[pos] : 9;
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for (int i = 0; i <= up; i++)
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//st = st - i * 2^ ( p-1 )
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ans += dfs(pos - 1, st - i * (1 << (pos - 1)), limit && i == a[pos]);
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if (!limit) f[pos][st] = ans;
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return ans;
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}
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inline int calc(int x) {
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int al = 0;
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while (x) a[++al] = x % 10, x /= 10;
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return dfs(al, fa, true);
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}
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int main() {
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//不加78MS，加了31MS，效果还是很明显的
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ios::sync_with_stdio(false);
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cin.tie(0);
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int T;
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int cnt = 1;
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cin >> T; //这个数值太BT了，最大10000次！
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//优化的写法
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memset(f, -1, sizeof f);
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while (T--) {
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int x, y;
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cin >> x >> y;
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fa = F(x); //计算出F(x)值,这是一个固定值
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printf("Case #%d: %d\n", cnt++, calc(y));
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}
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return 0;
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}
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```
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