数位dp进阶（hdu2089，3652）

之前的文章已经讲过如何求1—r中的特殊数，这篇博客就来讲些进阶操作；

直接看例题（hdu2089）：

（题目是中文的我就不写大意了）

这题与hdu3555最大的区别就是规定了l，不再以1开始；

解决这个问题也很简单，利用前缀和的思想，先计算1—l-1特殊数的数量，在计算l—r的数量，相减就是答案了；

附上丑陋的代码：

 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 using namespace std;
 #define int long long
 const int MAXN=;
 int n,r,t,digit[MAXN],dp[MAXN][MAXN],t2,l;
 int dfs(int pos,int pre,bool limit)
 {
     if(pos==) return ;
     if(!limit && dp[pos][pre] != )
     {
         return dp[pos][pre];
       }
     int up=;
     if(limit) up=digit[pos];
     int ans=;
     for(int i=;i<=up;++i)
     if(pre==&&i==||i==)
         continue;
     else
     {
         ans+=dfs(pos-,i,limit&&(i==digit[pos]));
     }
     if(!limit)
     {
         dp[pos][pre] = ans;
     }
     return ans;
 }
 void solve(int y,int x)
 {
     t=;
     int xx=x;
     while(x>)
     {
         ++t;
         digit[t]=x%;
         x=x/;
     }
     int ans2=dfs(t,,);
     t=;
     --y;
     xx=y;
     while(y>)
     {
         ++t;
         digit[t]=y%;
         y=y/;
     }
     int ans=dfs(t,,);
     printf("%lld\n",ans2-ans);
 }
 main()
 {
     while(cin>>l>>r)
     {
         if(l==&&r==) return ;
         solve(l,r);
     }
 }

例题2（hdu3652）：

手（帮）动（你）翻译（太懒了，不想写题意）

这题又与上题有些不同，不仅要满足含13，还要整除13；

具体实现也不难，只要在搜索的同时记录数字除以13的余数；

怎么传递呢？这又要考小学奥数了，余数的性质；

（）a与b的和除以c的余数（a、b两数除以c在没有余数的情况下除外），等于a，b分别除以c的余数之和（或这个和除以c的余数）。例如，，16除以5的余数分别是3和1，所以（+）除以5的余数等于3+=。注意：当余数之和大于除数时，所求余数等于余数之和再除以c的余数。例如，，19除以5的余数分别是3和4，所以（+）除以5的余数等于（+）除以5的余数。
 
（）a与b的乘积除以c的余数，等于a，b分别除以c的余数之积（或这个积除以c的余数）。例如，，16除以5的余数分别是3和1，所以（×）除以5的余数等于3×=。注意：当余数之积大于除数时，所求余数等于余数之积再除以c的余数。例如，，19除以5的余数分别是3和4，所以（×）除以5的余数等于（×）除以5的余数。
 
性质（）（）都可以推广到多个自然数的情形。

太长不想看也不要紧，总结一下就是$a \times 100+b \times 10+c$ % $ d = a \times 100 $%$ d+b \times 10 $%$ d +c $%$ d$；

这有什么用呢，这个性质可以让我们在传递的时候，只要把余数$\times 10$再加上现在选取的数 mod 13就可以了，最后看是否满足条件

附上水代码：

 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 using namespace std;
 #define int long long
 const int MAXN=;
 int n,r,t,digit[MAXN],dp[MAXN][MAXN][MAXN][];
 int dfs(int pos,int pre,bool limit,int mo,bool have,int sum)
 {
     if(pos==)
     {
         if(mo==&&have)
         {
             return ;
         }
         else
             return ;
     }
     if(!limit&&dp[pos][pre][mo][have]!=) return dp[pos][pre][mo][have];
     int up=;
     if(limit) up=digit[pos];
     int ans=;
     for(int i=;i<=up;++i)
     if(pre==&&i==)
         ans+=dfs(pos-,i,limit&&(i==digit[pos]),(mo*+i)%,,sum*+i);
     else
         ans+=dfs(pos-,i,limit&&(i==digit[pos]),(mo*+i)%,have,sum*+i);
     if(!limit) dp[pos][pre][mo][have]=ans;
     return ans;
 }
 void solve(int x)
 {
     t=;
     int xx=x;
     while(x>)
     {
         ++t;
         digit[t]=x%;
         x=x/;
     }
     printf("%lld\n",dfs(t,,,,,));
 }
 main()
 {
     while(cin>>r)
     {
         solve(r);
     }
 }

又这样水过了一篇博客；