数位dp 学习指南

来源：互联网发布：ios socket多线程编程编辑：程序博客网时间：2024/05/21 04:43

什么是数位 DP

在信息学竞赛中，有一类难度不大但异常麻烦的问题——数位计数问题，这类问题的主要特点是询问的答案和一段连续的数的各个数位相关，并且需要对时间效率有一定要求。由于解决这类问题往往意味着巨大的代码量，而众多的特殊情况又意味着出现错误的巨大可能性，因此很少有人愿意解决此类问题，但只要掌握好的方法，解决这类问题也并非想象中的那样困难。

数位DP的解题思路

对于一个数，若其首位已经比询问上界小，则剩余位没有任何限制。此时如果能直接处理这一情况，则问题距离解决又会迈出一大步。 例如，在十进制下，计算[10000,54321]内的数字和，我们可以将其分解为： [10000,19999],[20000,29999],[30000,39999],[40000,49999],[50000,54321]。 前四个区间如果可以直接解决，则只需处理最后一个区间，进一步将最后一个区间划分为：[50000,50999],[51000,51999],[52000,52999],[53000,53999],[54000,54321]。同理将最后一个区间划分下去，最后可以得到以下区间划分： [10000,19999],[20000,29999],[30000,39999],[40000,49999]， [50000,50999],[51000,51999],[52000,52999],[53000,53999]， [54000,54099],[54100,54199],[54200,54299]， [54300,54309],[54310,54319]， [54320,54321]

数位DP的经典模板

该模板出处不详，但是此模板大大降低了数位dp类问题的难度。

typedef long long LL;const int maxn=22;int dig[maxn];LL f[maxn]/* [TODO] */;LL dfs(int pos,/* TODO */,int limit){    if (pos<0) return /* TODO */;    if (!limit&&f[pos]/* [TODO] */!=-1) return f[pos]/* [TODO] */;    LL res=0;    int last=limit?dig[pos]:9;    for (int i=0;i<=last;i++){        res+=dfs(pos-1,/* TODO */,limit&&(i==last));    }    if (!limit) f[pos]/* [TODO] */=res;    return res;}LL solve(LL n){    int len=0;    while (n){        dig[len++]=n%10;        n/=10;    }    return dfs(len-1,/* TODO */,1);}

经典题目

Hdu 2089 不要62

求给定区间中不含有62和4的数的个数。

LL dfs(int pos,int pre,int fg,int limit){    if (pos<0) return fg==0;    if (!limit&&f[pos][pre][fg]!=-1) return f[pos][pre][fg];    LL res=0;    int last=limit?dig[pos]:9;    for (int i=0;i<=last;i++){        res+=dfs(pos-1,i,fg||((pre==6)&&(i==2))||(i==4),limit&&(i==last));    }    if (!limit) f[pos][pre][fg]=res;    return res;}

Hdu 3555 Bomb

求给定区间的含有49的数的个数。

LL dfs(int pos,int pre,int istrue,int limit){    if (pos<0) return istrue;    if (!limit && f[pos][pre][istrue]!=-1) return f[pos][pre][istrue];    int last=limit?dig[pos]:9;    LL ret=0;    for (int i=0;i<=last;i++){        int ok=(pre==4)&&(i==9);        ret+=dfs(pos-1,i,istrue||ok,limit&&(i==last));    }    if (!limit) f[pos][pre][istrue]=ret;    return ret;}

windy数

求给定区间范围内的，求相邻数位之差绝对值不小于2的数的个数。

LL dfs(int pos,int pre,int fg,int limit){    if (pos<0) return 1;    if (!limit && f[pos][pre][fg]!=-1) return f[pos][pre][fg];    int last=limit?dig[pos]:9;    LL ret=0;    for (int i=0;i<=last;i++){        if (fg==0||abs(i-pre)>=2)            ret+=dfs(pos-1,i,fg||i,limit&&(i==last));    }    if (!limit) f[pos][pre][fg]=ret;    return ret;}

Hdu 3709 Balanced Number

平衡数。数n以数n中的某个位为支点，每个位上的数权值为（数字xi*（posi - 支点的posi）），如果数n里有一个支点使得所有数权值之和为0那么她就是平衡数。比如4139，以3为支点，左边 = 4 * (4 - 2) + 1 * (3 - 2) = 9，右边 = 9 * (1 - 2) = -9，左边加右边为0，所以4139是平衡数。现在给出一个区间[l,r]，问区间内平衡数有多少个？

LL dfs(int pos,int o,int pre,int limit){    LL res=0;    if (pos<0)    return pre==0;    if (!limit&&f[pos][o][pre]!=-1) return f[pos][o][pre];    int last=limit?dig[pos]:9;    for (int i=0;i<=last;i++){        res+=dfs(pos-1,o,pre+i*(pos-o),limit&&(i==last));    }    if (!limit) f[pos][o][pre]=res;    return res;}LL solve(LL n){    if (n<0) return 0;    if (n==0) return 1;    int len=0;    while (n){        dig[len++]=n%10;        n/=10;    }    LL ans=0;    for (int i=0;i<len;i++){        ans+=dfs(len-1,i,0,1);    }    ans=ans-len+1;    return ans;}

CodeForces 55D Beautiful numbers

如果一个数能够被其每个数位的数都整除，那么这个数就叫做美丽数。

int check(int bit,int mod){    for (int i=2;i<=9;i++){        if (bit&(1<<(i-2))){            if (mod%i) return 0;        }    }    return 1;}LL dfs(int pos,int bit,int mod,int limit){    if (pos<0) return check(bit,mod);    if (!limit && f[pos][bit][mod]!=-1) return f[pos][bit][mod];    int last=limit?dig[pos]:9;    LL ret=0;    for (int i=0;i<=last;i++){        int nbit=bit;        if (i>=2) nbit|=1<<(i-2);        ret+=dfs(pos-1,nbit,(mod*10+i)%MOD,limit&&(i==last));    }    if (!limit) f[pos][bit][mod]=ret;    return ret;}

Hdu 3652 B-number

求小于n是13的倍数且含有'13'的数的个数。

LL dfs(int pos,int pre,int fg,int md,int limit){    if (pos<0) return fg&&(md==0);    if (!limit&&f[pos][pre][fg][md]!=-1) return f[pos][pre][fg][md];    LL res=0;    int last=limit?dig[pos]:9;    for (int i=0;i<=last;i++){        res+=dfs(pos-1,i,fg||(pre==1&&i==3),(md*10+i)%13,limit&&(i==last));    }    if (!limit) f[pos][pre][fg][md]=res;    return res;}

Hdu 4352 XHXJ's LIS

求[L,R]内最长递增子序列是k的数的个数；

LL f[maxn][1<<10][11];int K;int dig[maxn];int getLIS(int bit){    int res=0;    for (int i=0;i<10;i++){        if (bit&(1<<i)) res++;    }    return res;}int gaoBit(int bit,int d){    if (bit&(1<<d)) return bit;    if ((1<<d)>bit) return bit|(1<<d);    bit|=(1<<d);    for (int i=d+1;i<10;i++){        if (bit&(1<<i)) return bit^(1<<i);    }    return 0;}LL dfs(int pos,int bit,int limit){    if (pos<0) return getLIS(bit)==K;    if (!limit&&f[pos][bit][K]!=-1) return f[pos][bit][K];    LL res=0;    int last=limit?dig[pos]:9;    for (int i=0;i<=last;i++){        int go;        if (bit==0&&i==0) go=0;        else go=gaoBit(bit,i);        res+=dfs(pos-1,go,limit&&(last==i));    }    if (!limit) f[pos][bit][K]=res;    return res;}LL solve(LL n){    int len=0;    while (n){        dig[len++]=n%10;        n/=10;    }    return dfs(len-1,0,1);}

HDU 4507 吉哥系列故事——恨7不成妻

中文题。需要推公式。

#include <iostream>#include <cstring>using namespace std;typedef long long LL;const int maxn=22;const int MOD=1e9+7;typedef pair<LL,LL> PII;typedef pair<PII,LL> PIII;inline LL fst(PIII a){    return a.first.first;}inline LL sec(PIII a){    return a.first.second;}inline LL thd(PIII a){    return a.second;}inline PIII makeZeroPIII(){    return make_pair(make_pair(0,0),0);}inline PIII makeOnePIII(){    return make_pair(make_pair(1,0),0);}LL power[maxn];PIII f[maxn][11][8];bool v[maxn][11][8];int dig[maxn];PIII gao(PIII a, PIII b,int i,int pos){    PIII res=makeZeroPIII();    res.first.first=(fst(a)+fst(b))%MOD;//数量    res.first.second=(sec(a)+sec(b)+((i*power[pos])%MOD*fst(b))%MOD)%MOD;//和    res.second=(thd(a)+thd(b)+((2*i*power[pos])%MOD*sec(b))%MOD+(((i*i*power[pos])%MOD*power[pos])%MOD*fst(b))%MOD)%MOD;//平方和    return res;}PIII dfs(int pos,int pre,int sev,int limit){    if (pos<0) {        if (pre!=0&&sev!=0) return makeOnePIII();        else return makeZeroPIII();    }    if (!limit&&v[pos][pre][sev]) return f[pos][pre][sev];    PIII res=makeZeroPIII();    int last=limit?dig[pos]:9;    for (int i=0;i<=last;i++){        if (i==7) continue;        PIII tmp=dfs(pos-1,(pre*10+i)%7,(sev+i)%7,limit&&(i==last));        res=gao(res,tmp,i,pos);    }    if (!limit){        v[pos][pre][sev]=true;        f[pos][pre][sev]=res;    }    return res;}LL solve(LL n){    int len=0;    while (n){        dig[len++]=n%10;        n/=10;    }    PIII ans = dfs(len-1,0,0,1);    return thd(ans);}int main(){    memset(v,0,sizeof(v));    memset(power,0,sizeof(power));    power[0]=1;    for (int i=1;i<maxn;i++){        power[i]=(power[i-1]*10)%MOD;    }    int T;    cin>>T;    while (T--){        LL a,b;        cin>>a>>b;        cout<<(solve(b)-solve(a-1)+MOD)%MOD<<endl;    }    return 0;}

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