数位DP

数位dp是一种计数用的dp，一般就是要统计一个区间[le,ri]内满足一些条件数的个数。比如，[1,10000] 中统计不含有4的数 。

所谓数位dp，字面意思就是在数位上进行dp咯。

就是对数字每一位每一位递推

此类题目最基本的暴力方法：

1. for(int i=le;i<=ri;i++)  
2.         if(Check(i)) ans++;  

而数位DP就是从最低(高)位起，一位一位的放数字，然后记忆化一下，累加一下

有两种方法，一是递推，二是记忆化搜索

一，记忆化搜索：

思路来自： 数位dp总结 之 从入门到模板

假设题目要求是不含有62的数

状态定义：d[pos][pre] 表示当前枚举到pos位置，且pos+1位的数字是pre，此时满足题意的数字的个数(也即是pre==6时，pos该位置不能放2)

还要个数组a[i]保存第i位的数字，如213，a[0]=3， 注意是从右往左数

有个问题是枚举第pos位数时，此位置放数字的范围要判断一下，比如题目给出在[1,894] 枚举的时候要判断是否在894以内

比如，213，第一位放了2，那么第二位就只能放0~1，所以模板中用了个limit判断pos前的几位数字是否与n一样，true的话只能枚举0~a[pos]，false就是0~9，不然比题目要求的213大了

还有个问题是前导0的问题，假如枚举5位数，你放的时候前2位都是00，那数字不变成3位了嘛，所以需要个lead保存前几位是否都是0，当然这是看题意的，有时候题目不要求，可以直接省去

好了，看模板：

typedef long long ll;int a[20];ll dp[20][state];//不同题目状态不同ll dfs(int pos,/*state变量*/,bool lead/*前导零*/,bool limit/*数位上界变量*/)//不是每个题都要判断前导零{    //递归边界，既然是按位枚举，最低位是0，那么pos==-1说明这个数我枚举完了    if(pos==-1) return 1;/*这里一般返回1，表示你枚举的这个数是合法的，那么这里就需要你在枚举时必须每一位都要满足题目条件，也就是说当前枚举到pos位，一定要保证前面已经枚举的数位是合法的。不过具体题目不同或者写法不同的话不一定要返回1 */    //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝)    if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];    /*常规写法都是在没有限制的条件记忆化，这里与下面记录状态是对应，具体为什么是有条件的记忆化后面会讲*/    int up=limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up;这个的例子前面用213讲过了    ll ans=0;    //开始计数    for(int i=0;i<=up;i++)//枚举，然后把不同情况的个数加到ans就可以了    {        if() ...        else if()...        ans+=dfs(pos-1,/*状态转移*/,lead && i==0,limit && i==a[pos]) //最后两个变量传参都是这样写的        /*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了        大概就是说，我当前数位枚举的数是i，然后根据题目的约束条件分类讨论        去计算不同情况下的个数，还有要根据state变量来保证i的合法性，比如题目        要求数位上不能有62连续出现,那么就是state就是要保存前一位pre,然后分类，        前一位如果是6那么这意味就不能是2，这里一定要保存枚举的这个数是合法*/    }    //计算完，记录状态    if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;    /*这里对应上面的记忆化，在一定条件下时记录，保证一致性，当然如果约束条件不需要考虑lead，这里就是lead就完全不用考虑了*/    return ans;}ll solve(ll x){    int pos=0;    while(x)//把数位都分解出来    {        a[pos++]=x%10;//个人老是喜欢编号为[0,pos),看不惯的就按自己习惯来，反正注意数位边界就行        x/=10;    }    return dfs(pos-1/*从最高位开始枚举*/,/*一系列状态 */,true,true);//刚开始最高位都是有限制并且有前导零的，显然比最高位还要高的一位视为0嘛}int main(){    ll le,ri;    while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))    {        //初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化,后面讲        printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));    }}

注意：

那个if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];   limit 的数字必须要枚举，不能直接返回，每次都要算

虽然这会导致重复，但这可以解决状态冲突，而且重复计算的数字也很少

举例如下：

题目：不能出现连续的11  (11、112、211都是不合法的)

那么我们开始枚举： 

要枚举3位数，已经枚举了两位01_ ，要枚举最后一位，此时状态为d[0][1] 即：在枚举个位，且前一位为1，那么显然得出d[0][1]=9

开始新的一轮枚举，枚举到11_ ，此时状态也是d[0][1] 因为已经有9这个值了，所以返回了，但很明显答案是0，是错的

当然可以多开一维防止状态冲突

可以看看数位DP模板题： HDU 2089 不要62 数位DP .

二，递推方法

思路来自：初探数位dp

状态定义：d[i][j] 有i位数字，且第一位为j，在 0~j-1 + 000....999的 符合题意的个数，如 d[4][3] 就是在 3000~3999 的符合题意的个数

还要个数组a[i]保存第i位的数字，如213，a[1]=3， 注意是从右往左数 （下面是从1开始数起了）

这样状态定义的能更加方便，可以预处理，因为当一个数字的第一位比题目要求的第一位小后，后面的几位能000..~999..  如4269，如果第一位枚举 3 _ _ _ ，那么后三位可以任取

模板如下：

for(int i=1;i<=7;i++)  //枚举位数    {          for(int j=0;j<10;j++)//枚举第i位可能出现的数          {              for(int k=0;k<10;k++)//枚举第i-1位可能出现的数              {                  if(j!=4&&!(j==6&&k==2))  //符合题意的条件                    dp[i][j]  += dp[i-1][k];              }          }      }  

以HDU 2089 ，解释怎么算出答案 （不含4，62的数字）

#include <iostream>  #include <algorithm>  #include <cstring>  #include <cstdio>  using namespace std;  int d[10][10],digit[10];  //d[i][j] 表示有i位数字，且第一位是j的数字的 满足题意的数量  void init()  {      d[0][0]=1;      for(int i=1;i<=7;i++)      for(int j=0;j<=9;j++)      for(int k=0;k<=9;k++)      if(j!=4&&!(j==6&&k==2))          d[i][j]+=d[i-1][k];       }  int solve(int x) // [0,x)  {      int len=0;      while(x){          digit[++len]=x%10;          x/=10;      }      digit[len+1]=0;      int ans=0;      for(int i=len;i>=1;i--){          for(int j=0;j<digit[i];j++)  //注意不是小于等于            if(j!=4&&!(j==2&&digit[i+1]==6))                  ans+=d[i][j];            if(digit[i]==4||(digit[i+1]==6&&digit[i]==2))              break;      }      return ans;  }  int main(int argc, char const *argv[])  {      int n,m;      init();      while(cin>>n>>m,n+m)          cout<<solve(m+1)-solve(n)<<endl;//由于要找[n,m],而solve函数找的范围为<n,所以传参的时候应该特别注意      return 0;  }  

假设一个数3229

得出

0000~0999  的个数

1000~1999 的个数

2000~2999 的个数

000~099 的个数

100~199 的个数

00~99  的个数

10~19 的个数

0~8    的个数

累加就是答案了

所以该区间是[0,n) 是取不到的n的，注意计算的时候要加一个1

下面是一些题目：

HDU 2089 不要62和4

HDU 3555 含49的数

HDU 3652 含13且可以被13整除

codeforces 55d A 一个数字可以被它所有非零数整除的个数

POJ 3252 Round Numbers 

HDU 4734 F(x)

HDU 3709 Balanced Number

HYSBZ 1799 self 同类分布

URAL 1057 Amount of Degrees *

HDU 4507 吉哥系列故事——恨7不成妻 *

总结：

可能要用到的数位DP的题目类型：

1~10^18，求某区间（很大），有特定要求的数字的个数

如求mod，求和，可以整除各位数，不出现某些数...

框架：

int DFS(int pos,......)  //DFS一位一位放数字，求出答案，函数的参数保存题目要求的状态

int solve(int n) //把n一位一位拆分，求出[1,n] 的符合要求的值

难点：定义好状态！

1.dp状态要找好，不要出现状态重叠现象，注意前导0有没有影响

2.题目有求和sum，可能会很大，但可以转化为保存sum对一个数求mod的值

3.有时候dp状态定义不好可能要求每次DFS都要memset一下，换换思路想想通用的状态定义，如sum从 加法改为减法