动态规划_计数类dp_数位统计dp_状态压缩dp_树形dp_记忆化搜索

Posted 2021-09-20 一只特立独行的猫

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了动态规划_计数类dp_数位统计dp_状态压缩dp_树形dp_记忆化搜索相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

计数类dp

给定方案限制，统计某一种方案出现个数

原题链接

https://www.acwing.com/problem/content/902/

题目大意

一个正整数 n 可以表示成若干个正整数之和，形如：n=n1+n2+…+nk，中 n1≥n2≥…≥nk,k≥1。
我们将这样的一种表示称为正整数 n的一种划分。现在给定一个正整数 n
，请你求出 n 共有多少种不同的划分方法。
0<n<=1000

思路

通过完全背包解决。
$f (i, j)$ 表示前 $i$ 个数放入容量为 $j$ 的背包的组合数量。由于使用 $[1 - (j - 1)]$ 凑 $j$ ，所以一定可以凑满。
朴素版：
状态表示: $f (i, j)$ 表示用1到i的数凑j的数量
状态计算: $f (i, j) = f (i - 1, j) + f (i - 1, j - 1 * i) + f (i - 1, j - 2 * i) + . . .$
优化版：
状态表示:同朴素版，但是用到了滚动数组优化
状态计算: $f (j) = f (j) + f (j - i)$
具体的证明看这篇博客。
https://blog.csdn.net/qq_45931661/article/details/119999547
其他版
状态表示： $f (i, j)$ 表示用 $j$ 个数凑 $i$ 的数量
状态计： $f (i, j) = f (i - 1, j - 1) + f (i - j, j)$

代码

朴素版，O(n^3)的复杂度

#include<iostream>

using namespace std;

const int N = 1005,mod = 1e9+7;

int n;
int f[N][N];

int main(){
    cin>>n;
    
    for(int i=0;i<=n;i++) f[i][0]=1;
    
    for(int i=1;i<=n;i++){//枚举物品
        for(int j=1;j<=n;j++){//枚举背包容量
            for(int k=0;k*i<=j;k++){//状态计算
                f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-k*i])%mod;
            }
        }
    }
    cout<<f[n][n]<<endl;
    return 0;
}

优化版，O(n^2)的复杂度。

#include<iostream>

using namespace std;

const int N = 1005,mod = 1e9+7;

int n;
int f[N];

int main(){
    cin>>n;
    
    f[0]=1;
    
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i;j<=n;j++){//滚动状态计算
            f[j]=(f[j]+f[j-i])%mod;
        }
    }
    cout<<f[n]<<endl;
    return 0;
}

其他版：

#include<iostream>

using namespace std;

const int N = 1005,mod = 1e9+7;

int n;
int f[N][N];

int main(){
    cin>>n;
    
    f[0][0]=1;
    
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=i;j++){//状态计算
            f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i-j][j])%mod;
        }
    }
    
    int res = 0 ;
    for(int i=1;i<=n;i++){//求总共的数量
        res=(res+f[n][i])%mod;
    }
    cout<<res<<endl;
    return 0;
}

数位统计DP

统计数字中的一些规律，如出现数字的次数等等。

题目链接：

https://www.acwing.com/problem/content/340/

题目大意：

给定两个整数 a 和 b，求 a 和 b 之间的所有数字中 0∼9的出现次数。
例如，a=1024，b=1032，则 a 和 b 之间共有 9个数如下：
1024 1025 1026 1027 1028 1029 1030 1031 1032
其中 0 出现 10次，1 出现 10 次，2 出现 7 次，3 出现 3 次等等…

思路：

求[a,b]区间内x出现的次数，可以采用前缀和的思想， $r e s = c o u n t (b, x) - c o u n t (a - 1, x)$
现在分析如何求解 $c o u n t (a, x)$ ，即[1，a]中x出现的次数。
设要求的数为abcdefg
以分析第4位出现x的情况为例：

x!=0
1.形式： ${0 - (abc-1)\\}d\\{0-1000\\}$
意义：前缀小于abc的情况
2.1.形式： $abcd\\{0-1000\\}$
意义：d==x的情况
2.2 形式： $abcd\\{0-efg\\}$
意义：d<x的情况
2.3 形式：不存在
意义：d>x的情况
x==0
1.形式： ${1 - (abc-1)\\}d\\{0-1000\\}$
意义：前缀小于abc的情况,但是要注意0的前缀不能为0，否则就没有意义了。
2.1.形式： $abcd\\{0-1000\\}$
意义：d==x的情况
2.2 形式： $abcd\\{0-efg\\}$
意义：d<x的情况
2.3 形式：不存在
意义：d>x的情况
枚举每一位上的x出现的次数，就可以的到最终的答案。

代码：

#include<iostream>
#include<vector>
#include<cmath>

using namespace std;

int n,m;

int get(vector<int > num, int r, int l){
	//将num的r到l位化成一个数字
    int res=0;
    for(int i=r;i>=l;i--){
        res=res*10+num[i];
    }
    return res;
}

int count(int a,int x){
    //统计1~a当中x出现的次数
    if(a==0) return 0;
    vector<int > num;//存储每一位
    while(a){
        //低下标放低位
        num.push_back(a%10);
        a/=10;
    }
    
    int n = num.size();
    long long res=0;
    for(int i=n-1-!x;i>=0;i--){
        //从高到低枚举每一位
        res+=(long long )get(num,n-1,i+1)*pow(10,i);//1情况
        if(!x) res-=pow(10,i);
        
        if(x==num[i]) res+=get(num,i-1,0)+1;//2.1情况
        else if(x<num[i]) res+=pow(10,i);//2.2情况
    }
    return res;
}

int main(){
    while(cin>>n>>m,n||m){
        if(n>m) swap(n,m);
        
        for(int i=0;i<10;i++){
            cout<<count(m,i)-count(n-1,i)<<" ";//利用前缀和的思想
        }
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}