数位dp小记

来源：互联网发布：移动网络变成电信编辑：程序博客网时间：2024/06/05 12:39

参考：

http://www.cnblogs.com/jffifa/archive/2012/08/17/2644847.html

kuangbin ：http://www.cnblogs.com/kuangbin/category/476047.html

http://blog.csdn.net/cmonkey_cfj/article/details/7798809

http://blog.csdn.net/liuqiyao_01/article/details/9109419

数位dp有递推和记忆化搜索的方法，比较来说记忆化搜索方法更好。通过博客一的一个好的模板，数位dp就几乎变成一个线性dp问题了。

下为博客一内容：

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偷看了下7k+大牛的数位统计dp写法，通常的数位dp可以写成如下形式：

int dfs(int i, int s, bool e) {    if (i==-1) return s==target_s;    if (!e && ~f[i][s]) return f[i][s];    int res = 0;    int u = e?num[i]:9;    for (int d = first?1:0; d <= u; ++d)        res += dfs(i-1, new_s(s, d), e&&d==u);    return e?res:f[i][s]=res;}

其中：

f为记忆化数组；

i为当前处理串的第i位（权重表示法，也即后面剩下i+1位待填数）；

s为之前数字的状态（如果要求后面的数满足什么状态，也可以再记一个目标状态t之类，for的时候枚举下t）；

e表示之前的数是否是上界的前缀（即后面的数能否任意填）。

for循环枚举数字时，要注意是否能枚举0，以及0对于状态的影响，有的题目前导0和中间的0是等价的，但有的不是，对于后者可以在dfs时再加一个状态变量z，表示前面是否全部是前导0，也可以看是否是首位，然后外面统计时候枚举一下位数。It depends.

于是关键就在怎么设计状态。当然做多了之后状态一眼就可以瞄出来。

注意：

不满足区间减法性质的话（如hdu 4376），不能用solve(r)-solve(l-1)，状态设计会更加诡异。

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正如上面说的要注意：

前导零是否有影响。

是否满足区间减的性质。（如hdu4376，还没做，先记上）

几乎就是模板题：

模板：

UESTC 1307相邻的数差大于等于2

（不允许有前导0，前导0对计算有影响，注意前导0的处理）

int dp[15][10];int bit[15];int dfs(int pos, int s, bool limit, bool fzero){     if (pos == -1) return 1;///前导0的影响!!!    if (!limit && !fzero && ~dp[pos][s]) return dp[pos][s];///条件判断!!!    int end = limit ? bit[pos] : 9;    int ans = 0;    for (int i = 0; i <= end; i++)    {        if (!fzero && abs(i - s) < 2) continue;///前导0的影响!!!        int nows = i;        ans += dfs(pos - 1, nows, limit && (i == end), fzero && !i);    }    return limit || fzero ? ans : dp[pos][s] = ans;///条件判断!!!}int calc(int n){    if (n == 0) return 1;    int len = 0;    while (n)    {        bit[len++] = n % 10;        n /= 10;    }    return dfs(len - 1, 0, 1, 1);}int main (){    memset(dp, -1, sizeof(dp));    int l, r;    while (cin >> l >> r)    {        cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;    }    return 0;}

其它一些题目：

Hdu3555不能出现连续的49

int bit[25];LL dp[25][3];/**012*//**pos为当前考虑的位置s为在pos之前已到达的状态limit当前考虑的数字是否有限制,即之前已确定的数是否为n的前缀*/LL dfs(int pos, int s, bool limit){    if (pos == -1) return s == 2;    if (!limit && ~dp[pos][s]) return dp[pos][s];    int end = limit ? bit[pos] : 9;///limit选择    LL ans = 0;    for (int i = 0; i <= end; i++)    {        int nows;        if (s == 0)        {            if (i == 4) nows = 1;            else nows = 0;        }        else if (s == 1)        {            if (i == 9) nows = 2;            else if (i == 4) nows = 1;            else nows = 0;        }        else if (s == 2) nows = 2;        ans += dfs(pos - 1, nows, limit && i == end);    }    return limit ? ans : dp[pos][s] = ans;///limit选择}LL calc(LL n){    ///    int len = 0;    while (n)    {        bit[len++] = n % 10;        n /= 10;    }    ///    return dfs(len - 1, 0, 1);}int main (){    memset(dp, -1, sizeof(dp));    int T;    RI(T);    LL n;    while (T--)    {        cin >> n;        cout << calc(n) << endl;    }    return 0;}

hdu2089 不要62

int dp[10][3];int bit[10];int dfs(int pos, int s, int limit, bool first){    if (pos == -1) return s == 2;    if (!limit && ~dp[pos][s]) return dp[pos][s];    int end = limit ? bit[pos] : 9;//    int be = first ? 1 : 0;    int ans = 0;    for (int i = 0; i <= end; i++)    {        int nows = s;        if (s == 0)        {            if (i == 6) nows = 1;            else if (i == 4) nows = 2;        }        if (s == 1)        {            if (i == 2 || i == 4) nows = 2;            else if (i == 6) nows = 1;            else nows = 0;        }        if (i == 4) nows = 2;        ans += dfs(pos - 1, nows, limit && (i == end), first && !i);    }    return limit ? ans : dp[pos][s] = ans;}int calc(int n){    int tmp = n;    if (n == 0) return 0;    int len = 0;    while (n)    {        bit[len++] = n % 10;        n /= 10;    }    return tmp - dfs(len - 1, 0, 1, 1);}int main (){    memset(dp, -1, sizeof(dp));    int l, r;//    for (int i = 1; i <= 100; i++)//        cout << i << ' ' << calc(i) << endl;    while (cin >> l >> r)    {        if (l + r == 0) break;//        cout << calc(r) << ' ' << calc(l - 1) << endl;        cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;    }    return 0;}

UESTC 1307相邻的数差大于等于2

（注意前导0的处理）

int dp[15][10];int bit[15];int dfs(int pos, int s, bool limit, bool fzero){     if (pos == -1) return 1;///前导0的影响!!!    if (!limit && !fzero && ~dp[pos][s]) return dp[pos][s];///条件判断!!!    int end = limit ? bit[pos] : 9;    int ans = 0;    for (int i = 0; i <= end; i++)    {        if (!fzero && abs(i - s) < 2) continue;///前导0的影响!!!        int nows = i;        ans += dfs(pos - 1, nows, limit && (i == end), fzero && !i);    }    return limit || fzero ? ans : dp[pos][s] = ans;///条件判断!!!}int calc(int n){    if (n == 0) return 1;    int len = 0;    while (n)    {        bit[len++] = n % 10;        n /= 10;    }    return dfs(len - 1, 0, 1, 1);}int main (){    memset(dp, -1, sizeof(dp));    int l, r;    while (cin >> l >> r)    {        cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;    }    return 0;}

POJ 3252 Round Number (组合数)！！！

拆成2进制，在记录0和1的个数

求区间[l,r]中，满足传化成2进制后，0的个数>=1的个数的，数字的个数

int dp[40][40][40];int bit[40];int dfs(int pos, int num0, int num1, bool limit, bool fzero){     if (pos == -1) return num0 >= num1;///前导0的影响!!!    if (!limit && !fzero && ~dp[pos][num0][num1]) return dp[pos][num0][num1];///条件判断!!!    int end = limit ? bit[pos] : 1;    int ans = 0;    for (int i = 0; i <= end; i++)    {        int new0, new1;        if (fzero)        {            new0 = 0, new1 = 0;            if (i) new1 = 1;        }        else        {            new0 = num0, new1 = num1;            if (i) new1++;            else new0++;        }        ans +=  dfs(pos - 1, new0, new1, limit && (i == end), fzero && !i);    }    return limit || fzero ? ans : dp[pos][num0][num1] = ans;///条件判断!!!}int calc(int n){    if (n == 0) return 1;    int len = 0;    while (n)    {        bit[len++] = n % 2;        n /= 2;    }    return dfs(len - 1, 0, 0, 1, 1);}int main (){    memset(dp, -1, sizeof(dp));    int l, r;    while (cin >> l >> r)    {        cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;    }    return 0;}

hdu3886求满足符号串的数字个数！！！

统计满足和指定升降字符串匹配的个数

int dp[105][105][10];int bit[105];char s[105];char a[105], b[105];int ns;bool ok(int r, int a, int b){    if (s[r] == '/') return a < b;    else if (s[r] == '-') return a == b;    else if (s[r] == '\\') return a > b;}int dfs(int pos, int r, int pre, bool limit, bool prezero){    if (pos == -1) return (r == ns);    if (!limit && !prezero && ~dp[pos][r][pre]) return dp[pos][r][pre];    int end = limit ? bit[pos] : 9;    int ans = 0;    for (int i = 0; i <= end; i++)    {        if (prezero)        {            ans += dfs(pos - 1, r, i, limit && (i == end), prezero && (!i));        }        else        {            if (r < ns && ok(r, pre, i))///优先考虑向后拓展                ans += dfs(pos - 1, r + 1, i, limit && (i == end), 0);            else if (r > 0 && ok(r - 1, pre, i))                ans += dfs(pos - 1, r, i, limit && (i == end), 0);        }        ans %= MOD;    }    if (!limit && !prezero) dp[pos][r][pre] = ans;    return ans;}int calc(char a[], bool dec){    int n = strlen(a);    int len = 0, tmp = 0;    while (a[tmp] == '0') tmp++;    for (int i = n - 1; i >= tmp; i--)    {        bit[len++] = a[i] - '0';    }    if (dec && len > 0)    {        for (int i = 0; i < len; i++)        {            if (bit[i])            {                bit[i]--;                break;            }            else bit[i] = 9;        }    }    return dfs(len - 1, 0, 0, 1, 1);}int main (){    while (scanf("%s", s) != EOF)    {        memset(dp, -1, sizeof(dp));        ns = strlen(s);        scanf("%s%s", a, b);        printf("%08d\n", (calc(b, 0) - calc(a, 1) + MOD) % MOD);    }    return 0;}

HDU 3709 平衡数

LL dp[20][20][2000];///力矩最大为不超过10*20*10;int bit[20];LL dfs(int pos, int r, int sum, int e){    if (pos == -1) return sum == 0;    if (sum < 0) return 0;    if (!e && ~dp[pos][r][sum]) return dp[pos][r][sum];    int end = e ? bit[pos] : 9;    LL ans = 0;    for (int i = 0; i <= end; i++)    {        ans += dfs(pos - 1, r, sum + i * (pos - r), e && (i == end));    }    if (!e) dp[pos][r][sum] = ans;    return ans;}LL calc(LL n){    if (n < 0) return 0;    int len = 0;    while (n)    {        bit[len++] = n % 10;        n /= 10;    }    LL ans = 0;    for (int i = 0; i < len; i++)///需要枚举支点        ans += dfs(len - 1, i, 0, 1);    return ans - (len - 1);}int main (){    memset(dp, -1, sizeof(dp));    int t;    LL l, r;    RI(t);    while (t--)    {        scanf("%I64d%I64d", &l, &r);        printf("%I64d\n", calc(r) - calc(l - 1));    }    return 0;}

HDU4352严格上升子序列的长度为K的个数。！！！

最长上升子序列结合，通过集合（1<<10）来处理

LL dp[25][1 << 11][11];int bit[25];int k;int getnews(int s, int x){    for(int i=x;i<10;i++)        if(s&(1<<i))return (s^(1<<i))|(1<<x);    return s|(1<<x);}int getnum(int s){    int ret = 0;    while (s)    {        if (s & 1) ret++;        s >>= 1;    }    return ret;}LL dfs(int pos, int s, int e, int z){    if (pos == -1) return getnum(s) == k;    if (!e && ~dp[pos][s][k]) return dp[pos][s][k];    int end = e ? bit[pos] : 9;    LL ans = 0;    for (int i = 0; i <= end; i++)    {        int news = getnews(s, i);        if (z && !i) news = 0;        ans += dfs(pos - 1, news, e && (i == end), z && (!i));    }    if (!e) dp[pos][s][k] = ans;    return ans;}LL calc(LL n){    int len = 0;    while (n)    {        bit[len++] = n % 10;        n /= 10;    }    return dfs(len - 1, 0, 1, 1);}int main (){    LL n, m;    memset(dp, -1, sizeof(dp));    int t;    scanf("%d", &t);    int nc = 1;    while (t--)    {        cin >> n >> m >> k;        printf("Case #%d: ", nc++);        cout << calc(m) - calc(n - 1) << endl;    }    return 0;}

！！！是比较不错，待看的题

比较还好的处理的题目：

Codeforces 55D Beautiful numbers！！！

spoj 10606 Balanced Numbers

ac自动机和数位dp结合（！！！）：

hdu4376！！！（区间不可减？？？）
ZOJ3494 BCD Code(AC自动机+数位DP)！！！

整除和简单统计：

HDU4507 和7无关数的平方和！！！

HDU 3652 出现13，而且能被13整除

LightOJ 1068 能被K整数且各位数字之和也能被K整除的数

light OJ 1140两个数之间的所有数中零的个数。

lightoj 1032 二进制数中连续两个‘1’出现次数的和

其它：
LightOJ1205求区间[a,b]的回文数个数。
ural 1057 数位统计
codeforces215E周期数
codeforces258B在1-m中任选7个数，要使前六个数字中的“4”,"7"之和小于第七个的，
Zoj2599 数位统计（见题意）
zoj3162分形、自相似

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