数位dp专题 （HDU 4352 3652 3709 4507 CodeForces 55D POJ 3252）

数位dp核心在于状态描述，因为阶段很简单。

一般都是求有多少个数，当然也有求平方的变态题。

因为比这个数小的范围定然是从左至右开始小的，那么什么样的前缀对后面子数有相同的结果？

HDU 3652

题意：求能被13整除且含有13这样数的个数。

赤裸裸的两个条件，加上个pre标明下前缀，其实直接开状态也是一样的。整除这个条件可以用余数来表示。余数转移：(mod*10+i)%13

/* ***********************************************Author        :bingoneCreated Time  :2014-12-26 9:45:24File Name     :HDU3652.cpp************************************************ */#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>#include <vector>#include <queue>#include <set>#include <map>#include <string>#include <cmath>#include <cstdlib>#include <ctime>#define inf 0x3f3f3f3f#define maxn (10+1000)typedef long long ll;using namespace std;int N,M,T;int n;int dp[25][10][13][13];//pos mod yes  no noand1 yes   int dig[20];int dfs(int pos,int pre,int fg,int md,int limit){    if (pos<0) return fg&&(md==0);    if (!limit&&dp[pos][pre][fg][md]!=-1) return dp[pos][pre][fg][md];    int 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) dp[pos][pre][fg][md]=res;    return res;}int solve(){int len=0;while(n){dig[len++]=n%10;n/=10;}return dfs(len-1,0,0,0,1);}int main(){    //freopen("in.txt","r",stdin);    //freopen("out.txt","w",stdout);memset(dp,-1,sizeof(dp));    while(~scanf("%d",&n))printf("%d\n",solve());    return 0;}

HDU 3709

题意：一个数以某点为“平衡点”，计算结果为0.eg: 4139 则 4*2+1*1==9*1

前面数字当以某个点为平衡点，前面数值是多少，两个条件就能确定了。

/* ***********************************************Author        :bingoneCreated Time  :2014-12-26 12:16:50File Name     :HDU3709.cpp************************************************ */#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>#include <vector>#include <queue>#include <set>#include <map>#include <string>#include <cmath>#include <cstdlib>#include <ctime>#define inf 0x3f3f3f3f#define maxn (10+1000)typedef long long ll;using namespace std;ll N,M;int T;int digt[20];ll dp[20][20][2000];ll dfs(int pos,int piv,int num,int limit){if(pos<0) return num==0;if(!limit && ~dp[pos][piv][num])return dp[pos][piv][num];int last=limit?digt[pos]:9;ll ret=0;for(int i=0;i<=last;i++){int t;t=num+(pos-piv)*i;if(t<0) continue;ret+=dfs(pos-1,piv,t,limit&&(i==last));}if(!limit) dp[pos][piv][num]=ret;return ret;}ll solve(ll n){int len=0;while(n){digt[len++]=n%10;n/=10;}digt[len]=0;ll ret=0;for(int i=--len;i>=0;i--)ret+=dfs(len,i,0,1);return ret-len;}int main(){    //freopen("in.txt","r",stdin);    //freopen("out.txt","w",stdout);memset(dp,-1,sizeof(dp));scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%I64d%I64d",&N,&M);printf("%I64d\n",solve(M)-solve(N-1));}    return 0;}

HDU 4352

题意：小于给定数字公共子序列长度为K的数字有多少个。

起初想法是，前面数字的LIS是多少，结束的数字是哪个，但这样会陷入“后效性”的陷阱。同LIS那样定义为以xx为结尾的LIS为多少。

使用状态压缩，状态表明为前面数字上升子序列为哪几个，同时内含了长度。这个状压很巧妙，值得学习一下。

/* ***********************************************Author        :bingoneCreated Time  :2014-12-26 15:11:26File Name     :HDU4352.cpp************************************************ */#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>#include <vector>#include <queue>#include <set>#include <map>#include <string>#include <cmath>#include <cstdlib>#include <ctime>#define inf 0x3f3f3f3f#define maxn (10+1000)typedef long long ll;using namespace std;ll N,M;int T,K;int digt[20];ll dp[20][1<<10][11];int getlis(int bit){int ret=0;for(int i=0;i<10;i++)if((1<<i) & bit) ret++;return ret;}int addlis(int bit,int num){if((1<<num) > bit) return ((1<<num) | bit);if((1<<num) & bit) return  bit;bit|=1<<num;for(int i=num+1;i<10;i++)if((1<<i) & bit) return (bit^(1<<i));//return 0;}ll dfs(int pos,int s,int limit){if(pos<0) return K==getlis(s);if(!limit && ~dp[pos][s][K])return dp[pos][s][K];int last=limit?digt[pos]:9;ll ret=0;for(int i=0;i<=last;i++){int t=addlis(s,i);if(s==0 && i==0) t=0;ret+=dfs(pos-1,t,limit&&(i==last));}if(!limit) dp[pos][s][K]=ret;return ret;}ll solve(ll n){int len=0;while(n){digt[len++]=n%10;n/=10;}return dfs(len-1,0,1);}int main(){    //freopen("in.txt","r",stdin);    //freopen("out.txt","w",stdout);memset(dp,-1,sizeof(dp));scanf("%d",&T);int cas=1;while(T--){scanf("%I64d%I64d%d",&N,&M,&K);printf("Case #%d: %I64d\n",cas++,solve(M)-solve(N-1));}    return 0;}

CodeForces 55D

题意：求可以被其各个位整除的数的个数。

因为出现的数字顶多就是1~9 其最小公倍数是2520.既然要求可以整除，那么前面数字对2520取余，又有哪些数字 就可以判定唯一。

/* ***********************************************Author        :bingoneCreated Time  :2014-12-26 13:43:35File Name     :CodeForces 55D************************************************ */#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>#include <vector>#include <queue>#include <set>#include <map>#include <string>#include <cmath>#include <cstdlib>#include <ctime>#define inf 0x3f3f3f3f#define maxn (10+1000)using namespace std;typedef long long ll;int T;int digt[20],len;ll N,M;ll f[20][512][2520];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?digt[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)%2520,limit&&(i==last));    }    if (!limit) f[pos][bit][mod]=ret;    return ret;}ll solve(ll n){len=0;while(n){digt[len++]=n%10;n/=10;}return dfs(len-1,0,0,1);}int main(){    //freopen("in.txt","r",stdin);    //freopen("out.txt","w",stdout);memset(f,-1,sizeof(f));    scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%I64d%I64d",&N,&M);printf("%I64d\n",solve(M)-solve(N-1));}    return 0;}

HDU 3507

中文题。

以前都是求有多少个，现在求平方和。

状态很简单，pos,pre,addmod,mulmod 就是满足题中条件。

那么平方和如何求？当处理到pos,pre,addmod,mulmod，此时若转移到后面的平方和已知。f=num*ten[pos-1] 

a1^2+a2^2+a3^2....+an^2那么对于pos位置则是(f+a1)^2+....(f+an)^2

现在要求的是2*f*(a1+a2+a3...+an) 于是我们发现要求数字和和有多少个数字。三个dfs搞定。

这个题还有一个坑爹之处，能MOD就MOD吧，因为这个WA了1次。

/* ***********************************************Author        :bingoneCreated Time  :2014-12-27 11:39:51File Name     :HDU4507.cpp************************************************ */#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>#include <vector>#include <queue>#include <set>#include <map>#include <string>#include <cmath>#include <cstdlib>#include <ctime>#define inf 0x3f3f3f3f#define maxn (10+1000)#define MOD 1000000007typedef long long ll;using namespace std;int T;ll N,M;ll ten[20];ll dp1[20][10][7][7];/// totll dp2[20][10][7][7];/// sumll dp3[20][10][7][7];/// squareint digt[20];ll dfs1(int pos,int pre,int addmod,int mulmod,int limit){    if(pos<=0) return (addmod!=0) && (mulmod!=0);    if(!limit && ~dp1[pos][pre][addmod][mulmod])   return dp1[pos][pre][addmod][mulmod];int last=limit?digt[pos]:9;ll ret=0;for(int i=0;i<=last;i++){if(i==7) continue;ret=( ret+dfs1(pos-1,i,(addmod+i)%7,(mulmod*10+i)%7,limit&&(i==last)) )%MOD;}if(!limit) dp1[pos][pre][addmod][mulmod]=ret;return ret;}ll dfs2(int pos,int pre,int addmod,int mulmod,int limit){    if(pos<=0)if( (addmod==0) || (mulmod==0)) return -1;else return 0;    if(!limit && ~dp2[pos][pre][addmod][mulmod])   return dp2[pos][pre][addmod][mulmod];int last=limit?digt[pos]:9;ll ret=0;for(int i=0;i<=last;i++){if(i==7) continue;ll tmp=dfs2(pos-1,i,(addmod+i)%7,(mulmod*10+i)%7,limit&&(i==last));if(tmp==-1) continue;ll f1=dfs1(pos-1,i,(addmod+i)%7,(mulmod*10+i)%7,limit&&(i==last));///刚开始这里写了dp1[][][][]=.其实不对有limit限制ret=(ret+tmp)%MOD;///而且用dp1[][][][]的时候还是addmod,mulmod没有跟dfs1后面一样，dfs2也是同样道理tmp=(ten[pos-1]*f1)%MOD;tmp=(tmp*i)%MOD;ret=(ret+tmp)%MOD;}if(!limit) dp2[pos][pre][addmod][mulmod]=ret;return ret;}ll dfs3(int pos,int pre,int addmod,int mulmod,int limit){if(pos<=0)if( (addmod==0) || (mulmod==0)) return -1;else return 0;if(!limit && ~dp3[pos][pre][addmod][mulmod])   return dp3[pos][pre][addmod][mulmod];int last=limit?digt[pos]:9;ll ret=0;for(int i=0;i<=last;i++){if(i==7) continue;ll tmp=dfs3(pos-1,i,(addmod+i)%7,(mulmod*10+i)%7,limit&&(i==last));if(tmp==-1) continue;ll f1=dfs1(pos-1,i,(addmod+i)%7,(mulmod*10+i)%7,limit&&(i==last));ll f2=dfs2(pos-1,i,(addmod+i)%7,(mulmod*10+i)%7,limit&&(i==last));ll mul1=i*i;mul1=(mul1*ten[pos-1])%MOD;mul1=(mul1*ten[pos-1])%MOD;mul1=(mul1*f1)%MOD;ll mul2=2*i;mul2=(mul2*ten[pos-1] )%MOD;mul2=(mul2*f2)%MOD;ret=(ret+tmp)%MOD;ret=(ret+mul1)%MOD;ret=(ret+mul2)%MOD;}if(!limit) dp3[pos][pre][addmod][mulmod]=ret;return ret;}ll solve(ll n){int len=0;while(n){digt[++len]=n%10;n/=10;}///dfs1(len,0,0,0,1);///dfs2(len,0,0,0,1);ll ret=dfs3(len,0,0,0,1);if(ret==-1) return 0;return ret%MOD;}int main(){    //freopen("in.txt","r",stdin);    //freopen("out.txt","w",stdout);ten[0]=1;for(int i=1;i<20;i++)ten[i]=(ten[i-1]*10)%MOD;memset(dp1,-1,sizeof(dp1));memset(dp2,-1,sizeof(dp2));memset(dp3,-1,sizeof(dp3));dp1[0][0][0][0]=9;scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%I64d%I64d",&N,&M);solve(M);///printf("%I64d\n",((solve(M)-solve(N-1))%MOD+MOD)%MOD);}    return 0;}