(原创)数位DP专题小结--by sgx
来源:互联网 发布:unity3d导入max文件 编辑:程序博客网 时间:2024/05/23 07:23
主要可以分为以下几个步骤:
确定主体框架,确定一个大方向,想想该如何设计状态;
下面基本就是模板,直接DFS就行了,一位一位处理,这也是他叫按位DP的原因。
数位DP代码一般都很短,不过效率挺好,解决一些竞赛中出现的问题非常有用 。
如果看了这部分 ,你感觉还是不会的话,(这是当然啊,狂汗~~),那么请继续往下看。
下面用几个例子来说明一下,具体注释都附在代码内:
PS:我是菜狗,这些都是很水的数位DP,求大神勿喷~~
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Problem 1160 - 科协的数字游戏I
Total Submit: 181 Accepted: 29 Special Judge: No
Description
科协里最近很流行数字游戏。某人命名了一种不降数,这种数字必须满足从左到右各位数字成大于等于的关系,如123,446。现在大家决定玩一个游戏,指定一个整数闭区间[a,b],问这个区间内有多少个不降数。
Input
题目有多组测试数据。每组只含2个数字a, b (1 <= a, b <= 2^31)。
Output
每行给出一个测试数据的答案,即[a, b]之间有多少阶梯数。
Sample Input
1 9
1 19
Sample Output
9
18
Hint
/********************************************************************* Problem:科协的数字游戏2* source:XDOJ* author:sgx* date:2013/09/15*********************************************************************/#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;#define LL long longconst int N=25;int digit[N];LL dp[N][N];LL dfs(int pos,int statu,int limit){ int i,end,s; LL res=0; if(pos==-1) return 1; if(!limit&&dp[pos][statu]!=-1) return dp[pos][statu]; end=limit?digit[pos]:9; for(i=statu;i<=end;i++) res+=dfs(pos-1,i,limit&&i==end); if(!limit) dp[pos][statu]=res; return res;}LL calc(LL n){ int len=0; memset(dp,-1,sizeof(dp)); while(n) { digit[len++]=n%10; n/=10; } return dfs(len-1,0,1);}int main(){ LL a,b; while(scanf("%lld %lld",&a,&b)!=EOF) printf("%lld\n",calc(b)-calc(a-1)); return 0;}
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Problem 1161 - 科协的数字游戏II
Total Submit: 108 Accepted: 13 Special Judge: No
由于科协里最近真的很流行数字游戏。(= =!汗一个)某人又命名了一种取模数,这种数字必须满足各位数字之和 mod N为0。现在大家又要玩游戏了,指定一个整数闭区间[a,b],问这个区间内有多少个取模数。
/********************************************************************* Problem:科协的数字游戏2* source:XDOJ* 分析:记忆化搜索部分,pre表示前面各位数字之和对该数取模的结果* author:sgx* date:2013/09/15*********************************************************************/#include <iostream>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <cstdio>using namespace std;typedef long long LL;const int maxn=100+5;int dp[maxn][105];int digit[maxn];int mod,l,r;int DFS(int pos,int pre,bool limit){ if(pos==-1) return pre==0; if(!limit&&dp[pos][pre]!=-1) return dp[pos][pre]; LL res=0,end=limit?digit[pos]:9; for(int i=0;i<=end;i++) { int new_pre=(pre+i)%mod; res+=DFS(pos-1,new_pre,limit&&i==end); } if(!limit) dp[pos][pre]=res; return res;}LL solve(int n){ int len=0; while(n) { digit[len++]=n%10; n/=10; } return DFS(len-1,0,true);}int main(){ while(scanf("%d%d%d",&l,&r,&mod)!=EOF) { memset(dp,-1,sizeof(dp)); printf("%lld\n",solve(r)-solve(l-1)); } return 0;}
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HDU3052--B-number
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1556 Accepted Submission(s): 852
Problem Description
100
200
1000
1
2
2
/*************************************************************** 题意:求[1,n]内有多少个数字,该数字有13,且能被13整除 n<=10^9即要满足x % 13 = 0;x=pre*10^pos+next; (pos代表处理到当前的位数,next代表正在处理的位置上面的数字) (pre*10^pos + next) % 13 = 0,pre是之前确定的部分; 需要的参数为pre , pos ,状态用status表示status==2记录pre拥有"13",status==1是表示没有出现13,但是首位是1;status=0表示没有13;* Author:sgx* Date:2013/09/15*************************************************************************/#include <iostream>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <cstdio>using namespace std;typedef long long LL;const int maxn=100+5;int dp[10][13][3];int digit[10];int DFS(int pos,int status,int pre,bool limit){ if(pos==-1) return status==2&&pre==0; if(!limit&&dp[pos][pre][status]!=-1) return dp[pos][pre][status]; LL res=0; int end=limit?digit[pos]:9; for(int i=0;i<=end;i++) { int new_pre=(pre*10+i)%13; int new_status=status; /*准备计算出下一阶段中新的状态status*/ if(status==0&&i==1) new_status=1;/*原来没有出现13但是当前位是1,所以属于状态1对应的情况,故更新新状态为1;*/ if(status==1&&i==1) new_status=1;/*解释方法同上*/ else if(status==1&&i!=3) new_status=0; if(status==1&&i==3) new_status=2; res+=DFS(pos-1,new_status,new_pre,limit&&i==end); /*//limit==true则说明有限制,即所有可能并没有被全部记录,故此时记入dp数组 */ //limit==false则说明之后的分支状态已经搜索完全 } if(!limit) dp[pos][pre][status]=res; return res;}LL solve(int n){ int len=0; while(n) { digit[len++]=n%10; n/=10; } return DFS(len-1,0,0,true);}int main(){ LL m,n; while(scanf("%lld",&n)!=EOF) { memset(dp,-1,sizeof(dp)); printf("%lld\n",solve(n)); } return 0;}
HDU3555----BombTime Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 131072/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 4594 Accepted Submission(s): 1601
Problem Description
Now the counter-terrorist knows the number N. They want to know the final points of the power. Can you help them?
Input
The input terminates by end of file marker.
Output
1
50
500
1
15
/******************************************************************* PS:网上大神的文章真的太神了,改不了,贴过来* 附个链接:http://blog.csdn.net/whyorwhnt/article/details/8764955*******************************************************************/#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;int bit[25];__int64 dp[25][3];//dp[i][0]表示长度为i,没有49//dp[i][1]表示长度为i,没有49但前一位为4//dp[i][2]表示长度为i,包括49的个数/*limit表示是否有上限,比如n=1234,现在转移到12,如果下一位选3,那么再下一位就有上限,上限为4,如果不选3,那么下一位就没限制,最高位9,转移能保证转移到数比n小*/__int64 Dfs (int pos,int s,bool limit) //s为之前数字的状态{ if (pos==-1) return s==2; if (limit==false && ~dp[pos][s]) return dp[pos][s]; int i ,end=limit?bit[pos]:9; __int64 ans=0; for (i=0;i<=end;i++) { int nows=s; if(s==0 && i==4) nows=1; if(s==1 && i!=9) //前一位为4 nows=0; if(s==1 && i==4) nows=1; if(s==1 && i==9) //49 nows=2; ans+=Dfs(pos-1 , nows , limit && i==end); } //limit==true则说明有限制,即所有可能并没有被全部记录,故此时记入dp数组 //limit==false则说明之后的分支状态已经搜索完全 return limit?ans:dp[pos][s]=ans;}int main (){ __int64 n; int T; memset(dp,-1,sizeof(dp)); scanf("%d",&T); while (T--) { scanf("%I64d",&n); int len=0; while (n) { bit[len++]=n%10; n/=10; } printf("%I64d\n",Dfs(len-1,0,1)); } return 0;}
HDU2089--不要62
Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 13687 Accepted Submission(s): 4402
Problem Description
杭州交通管理局经常会扩充一些的士车牌照,新近出来一个好消息,以后上牌照,不再含有不吉利的数字了,这样一来,就可以消除个别的士司机和乘客的心理障碍,更安全地服务大众。
不吉利的数字为所有含有4或62的号码。例如:
62315 73418 88914
都属于不吉利号码。但是,61152虽然含有6和2,但不是62连号,所以不属于不吉利数字之列。
你的任务是,对于每次给出的一个牌照区间号,推断出交管局今次又要实际上给多少辆新的士车上牌照了。
0 0
/********************************************************************* Problem:HDU2089-不要62* source:HDU* 分析:记忆化搜索部分,i==4时要及时continue掉,不然无限WA;* author:sgx* date:2013/09/15*********************************************************************/#include <iostream>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <cstdio>using namespace std;typedef long long LL;const int maxn=100+5;int dp[maxn][3];int digit[maxn];//dp[i][0]表示长度为i,没有62//dp[i][1]表示长度为i,没有62但前一位为6//dp[i][2]表示长度为i,包括62的个数int DFS(int pos,int status,bool limit){ if(pos==-1) return status==2; if(!limit&&dp[pos][status]!=-1) return dp[pos][status]; LL res=0,end=limit?digit[pos]:9; for(int i=0;i<=end;i++) { int new_status=status; if(i==4) new_status=2; else if(status==0&&i==6) new_status=1; else if(status==1&&i==6) new_status=1; else if(status==1&&i!=2) new_status=0; else if(status==1&&i==2) new_status=2; res+=DFS(pos-1,new_status,limit&&i==end); } if(!limit) dp[pos][status]=res; return res;}LL solve(int n){ int len=0; while(n) { digit[len++]=n%10; n/=10; } return DFS(len-1,0,true);}int main(){ int n,m; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF&&(n+m)) { memset(dp,-1,sizeof(dp)); printf("%lld\n",m-n+1-solve(m)+solve(n-1)); } return 0;}
HDU4734F(x)
Time Limit: 1000/500 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 485 Accepted Submission(s): 179
Problem Description
For each test case, there are two numbers A and B (0 <= A,B < 109)
0 100
1 10
5 100
Case #2: 2
Case #3: 13
#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <cstdlib>#include <algorithm>using namespace std;const int maxn=300;const int maxm=6000;int dp[maxn][maxm];int a[maxn];int DFS(int pos,int cur,int limit){ int i,ed,s,ans=0; if(pos==-1) return cur>=0; if(!limit&&dp[pos][cur]!=-1) return dp[pos][cur]; ed=limit?a[pos]:9; for(i=0;i<=ed;i++) { s=cur-i*(1<<pos); if(s<0) break; ans+=DFS(pos-1,s,limit&&i==ed); } if(!limit&&dp[pos][cur]==-1) dp[pos][cur]=ans; return ans;}int transfer(int n){ int res=0,m=1; while(n) { res+=(n%10)*m; n/=10; m*=2; } return res;}int solve(int n,int m){ int st=-1; while(m) { a[++st]=m%10; m/=10; } int res=DFS(st,transfer(n),1); return res;}int main(){ int test,n,m; scanf("%d",&test); memset(dp,-1,sizeof(dp)); for(int ii=1;ii<=test;ii++) { scanf("%d%d",&n,&m); printf("Case #%d: %d\n",ii,solve(n,m)); } return 0;}
windy数
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?
包含两个整数,A B。
满足 1 <= A <= B <= 2000000000 。
包含一个整数:闭区间[A,B]上windy数的个数。
Sample Input1 10
Sample Output
9
纪念UESTC首A,@杜贵平
艰难AC。。。。
/******************************************************************** problem:windy数* source:UESTC1307* author:sgx* date:2013/09/18********************************************************************/#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>using namespace std;const int maxn=20;typedef long long LL;LL dp[maxn][11];LL digit[maxn];LL DFS(int pos,int pre,bool limit,bool first_place)//first_place判断前导0{ if(pos==-1) return first_place==0; if(!limit&&dp[pos][pre]!=-1&&first_place==false) return dp[pos][pre]; int end=limit?digit[pos]:9; LL ans=0; for(int i=0;i<=end;i++) { if(first_place!=0) ans+=DFS(pos-1,i,limit&&i==end,first_place&&i==0); else if(abs(i-pre)>=2) ans+=DFS(pos-1,i,limit&&i==end,first_place); } if(!limit&&first_place==false) dp[pos][pre]=ans; return ans;}LL solve(LL n){ LL len=0; while(n) { digit[len++]=n%10; n/=10; } return DFS(len-1,0,true,true);}int main(){ LL l,r; while(scanf("%lld%lld",&l,&r)!=EOF) { memset(dp,-1,sizeof(dp)); LL ans=solve(r)-solve(l-1); printf("%lld\n",ans); } return 0;}
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