题目描述

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？

输入格式

共一行，包含两个整数 A 和 B。

输出格式

输出一个整数，表示答案。

数据范围

1≤A≤B≤2×1091≤A≤B≤2×10^91≤A≤B≤2×109

输入样例1

1 10

输出样例1

9

输入样例2

25 50

输出样例2

20

算法思想

根据题目描述求一个区间 [A,B][A,B][A,B]中、有多少个满足不含前导零且相邻两个数字之差至少为 2的数字个数。用数位DP的思想进行分析，例如求区间 [A,B][A,B][A,B]中符合条件的数的个数：

实现函数dp(n)求区间 [1,n][1,n][1,n]中符合条件的数的个数
dp(B) - dp(A - 1)求区间 [A,B][A,B][A,B]中符合条件的数的个数

dp(n)可以用分类谈论的方法进行计算。在不能超过n的情况下，从最高位开始向下枚举数n的每一位a[i]，计算出区间[1−n][1-n][1−n]所有符合条件的方案。

如果从集合划分的角度进行分析，可以将所有分类用一棵二叉树表示出来。如下图所示：

左侧分支表示所有符合条件的数中第i位小于a[i]的情况，即0−a[i]−10-a[i] - 10−a[i]−1。此时，剩余i位的数字任意取都不会超过n，因此这一类的方案可以通过预先处理出i位数字且最高位不超过a[i] - 1的方案数（相邻两个数字之差至少为 2），然后进行累加即可。
右侧分支表示所有符合条件的数中第i位等于a[i]的情况，此时继续向下分类讨论即可。
最后一位a[0]单独处理，如果能走到最右侧结点a[0]，说明数字n也是满足条件的，此时总方案数增加1。

注意：对含前导零的数字需要特殊处理，例如137是符合要求的，但是0137就不符合要求了，因此对于位数比n少的数字需要特殊处理。

算法实现

预处理出f[i][j]，表示有i位数字且最高位为j的数字集合中，相邻两个数字之差至少为 2的方案数。状态计算：f[i][j]=∑f[i−1][k]f[i][j] = \sum{ f[i - 1][k] }f[i][j]=∑f[i−1][k]，其中 ∣j−k∣≥2\vert j-k\vert\ge2∣j−k∣≥2
预处理出数字n的每一位a[i]
从高位到低位枚举，累加每一位上符合条件的方案数。
累加位数比n少的数字且满足要求的方案。

代码实现

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = 11;
//f[i][j]表示i位数且最高位为j时的Windy数的个数
int f[N][N];
void init()
{//初始化位数为1时的状态for(int i = 0; i <= 9; i ++) f[1][i] = 1;//状态计算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) f[i][j] += f[i - 1][k];}
}int dp(int n)
{//n为0时，方案数为0if(!n) return 0;vector<int> a;while(n) a.push_back(n % 10), n /= 10;//注意这里last表示上一位数字，初始化为-2，保证最高位为1时也满足条件int res = 0, last = -2;for(int i = a.size() - 1; i >= 0; i --){int x = a[i];//累加左侧分支的情况//如果i是最高位，则j从1开始枚举//否则j从0开始枚举for(int  j = i == a.size() - 1; j < x; j ++){if(abs(j - last) >= 2)res += f[i + 1][j];}//没有右侧分支if(abs(x - last) < 2) break;last = x;if(!i) res ++;}// 特殊处理有前导零的数，即位数小于n的windy数for (int i = 1; i < a.size(); i ++ )for (int j = 1; j <= 9; j ++ )res += f[i][j];return res;
}int main()
{init();int a, b;cin >> a >> b;cout << dp(b) - dp(a - 1) << endl;return 0;
}

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