题意
先定义了一个函数F(X)=An*2^n-1+An-1*2^n-2+.....+A1*1。其中Ai为X的第i位的值。对于每组数据给出了两个整数A,B。问不超过B的数中有多少的F值是不超过F（A）的。
分析
经过计算我们发现，F（A）最大不会超过5000，于是我们可以把它加到记忆化里面。我们令dp[p][sum]为前p位数中不超过sum的数位多少。那么转移是很显然的
dp[p][sum]+=dp[p-1][sum-i*（1<<(p-1)）]
但是到这里还不是重点！重点是这个题有一个必须要明白才能过的技巧！我们可以把对dp数组的memset提到外面来，而不需要每一组输入都要初始化一次dp数组（这样会超时）。想一想为什么！这是这一类dp问题的一个共同技巧，这一类dp问题有个特点，dp的状态跟输入规模无关，只跟者这一位（或者几位）的值有关。
学数位dp一定做过那道hdu2089，那个题目也是如此，它记录的状态仅仅跟是不是这一位是不是4上一位是不是6有关系，而和输入规模无关，所以也可以把memset提出来。
下面是hdu4734的代码
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <iostream> 4 #include <algorithm> 5 6 using namespace std; 7 typedef long long LL; 8 const int maxn=5000; 9 int T,A,B; 10 LL dp[15][maxn]; 11 int a[15],pos; 12 LL F(int x){ 13 int i=0; 14 LL res=0; 15 while(x){ 16 res+=(x%10)*(1<<i); 17 i++; 18 x/=10; 19 } 20 return res; 21 } 22 LL dfs(int p,int sum,int limit){ 23 if(p<=0&&sum>=0) 24 return 1; 25 if(!limit&&dp[p][sum]!=-1) 26 return dp[p][sum]; 27 int up=limit?a[p]:9; 28 LL res=0; 29 for(int i=up;i>=0;i--){ 30 if(sum-i*(1<<(p-1))<0)continue; 31 res+=dfs(p-1,sum-i*(1<<(p-1)),limit&&i==a[p]); 32 } 33 if(!limit) 34 dp[p][sum]=res; 35 return res; 36 } 37 LL solve(int x){ 38 pos=0; 39 while(x){ 40 a[++pos]=x%10; 41 x/=10; 42 } 43 // memset(dp,-1,sizeof(dp));//这里会出问题因为这个操作是O(14000) 44 return dfs(pos,F(A),1); 45 } 46 int main(){ 47 scanf("%d",&T); 48 memset(dp,-1,sizeof(dp)); 49 for(int t=1;t<=T;t++){ 50 scanf("%d%d",&A,&B); 51 // printf("%lld\n",F(A)); 52 printf("Case #%d: %lld\n",t,solve(B)); 53 } 54 55 return 0; 56 }