数位DP套路模板
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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了数位DP套路模板相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
数位DP
【介绍】
显然，是一种DP。
再显然，是一种关于每一位数字之间关系（性质）的DP
【题目特征】
题目描述一般是求【L，R】范围内满足各位数字间存在某种规律的数有几个
数位DP的题目数据范围往往很大，动不动就是1e18，但是由于是数位DP只跟位数有关，所以也就18位。
【算法设计】
使用记忆化搜索进行DP因为会出现重复出现的状态，使用记忆化搜索可以减少重复的搜索，减少复杂度。
一.记忆化搜索的过程
从起点向下搜索，搜索的途中累加每一位的答案，最后在起点得到答案。
二. 区间转化为[0,X]
对于[L,R]的区间问题，一般我们可以根据前缀和相减转化为[0,R] - [0,L-1]的问题。
三.dfs的参数
pos, 当前找到了第几位
limit，因为问题已经转化为了小于X的所有正整数中符合条件的个数，我们从高位枚举，一旦当前位小于X，那么后面数字可以随便选。limit就是判断当前位是否可以任意选。
递归中limit的传递
1.当前没有限制limit=0，那么显然后面应该都没限制，是0
2.当前有限制limit=1；
1.如果当前位选的数小于X对应位数字，那么后面应该是没限制0
2.如果当前位选的数恰好等于X对应位数字，这个分支相当于是紧贴着X的每一位（前面枚举到的位选的和X一样），那么后面还要限制数字大小，limit为1
综上：我们可以总结出limit的转移方程 limit = limit&&j==X[i] (X[i]是当前位能枚举得最大值, j是当前正在枚举得数)
3.**pre，**有些题目的性质是和前几位数字有关，那么也可以加上pre1…pre2
4.**zero，**判断是否有前导0，比如所有位相同的数包括000333（实质是333）前面都是0的话取1，否则取0
递归中zero前导零的传递
1.前一位是前导0
1.当前位是0，那么后面还是zero还是1
2.当前位不是0，那么后面zero=0
2.前一位不是前导0，那么不管当前位是不是0，后面zero都是1
综上：我们可以总结出zero的转移方程 zero = zero&&(!j) (X[i]是当前位能枚举得最大值, j是当前正在枚举得数)
四.记忆化搜索的记忆化
我们可以用一个dp数组来记录已经确认的状态的值，下标用来表示状态，等到后面搜到相同状态时不用递归到最底层直接可以拿来复用。
五.模板
ll dfs(int pos,int pre,int st,……,int lead,int limit)//记忆化搜索
if(pos>len) return st;//剪枝
if((dp[pos][pre][st]……[……]!=-1&&(!limit)&&(!lead))) return dp[pos][pre][st]……[……];//相同状态，也可以吧limit和lead也放入dp数组中（多开两个维度）
ll ret=0;//暂时记录当前方案数
int res=limit?a[len-pos+1]:9;//res当前位能取到的最大值，limit的作用
for(int i=0;i<=res;i++)//搜索每个可取的数
//有前导0并且当前位也是前导0
if((!i)&&lead) ret+=dfs(……,……,……,i==res&&limit);
//有前导0但当前位不是前导0，当前位就是最高位
else if(i&&lead) ret+=dfs(……,……,……,i==res&&limit);
else if(根据题意而定的判断) ret+=dfs(……,……,……,i==res&&limit);
if(!limit&&!lead) dp[pos][pre][st]……[……]=ret;//没前导零，后面无限制，当前状态方案数记录
return ret;
ll part(ll x)//把数按位拆分
len=0;
while(x) a[++len]=x%10,x/=10;
memset(dp,-1,sizeof dp);//初始化-1（因为有可能某些情况下的方案数是0）
return dfs(……,……,……,……);//进入记搜
int main()
scanf("%d",&T);
while(T--)
scanf("%lld%lld",&l,&r);
if(l) printf("%lld",part(r)-part(l-1));//[l,r](l!=0)
else printf("%lld",part(r)-part(l));//从0开始要特判
return 0;
【例题】
一般的数位DP套路题都是一个数满足什么性质，而这题是两个数满足一个性质就是与起来是0。那么我们类比一下，原来限制单个数后面取值的limit现在要有两个，而当前搜索的位置因为两个数位置总是同步的，所以只需要一个。因为两个数&起来等于0，那么他们相加是不进位的，又取了log，答案就是最高位的位置加1，所以每一位的贡献就是这位是最高位的数量乘以这位的位置+1.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define PII pair<int,int>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define fi first
#define se second
#define endl '\\n'
#define PI acos(-1.0)
#define lcm(a,b) a/gcd(a,b)*b
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define debug(a) cerr<<#a<<"="<<a<<endl;
#define Adebug(a,i) cerr<<#a<<"["<<i<<"]="<<a[i]<<endl;
#define int long long
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i ++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); i --)
#define vi vector<int>
#define vpii vector<PII>
#define pb push_back
#define rvs(s) reverse(s.begin(),s.end())
#define all(s) s.begin(),s.end()
#define sz(s) (int)(s.size())
#define lb(s) ((s) & (-s))
#define mk(s, t) make_pair(s, t)
inline void wt(ll x)cout << x;
inline void wtl(ll x)cout << x << endl;
inline void wtb(ll x)cout << x << ' ';
template <typename T> bool ckmax(T &x, T y)return x < y ? x = y, true : false;
template <typename T> bool ckmin(T &x, T y)return x > y ? x = y, true : false;
int qmi(int a, int k, int p)int res = 1;while (k)if (k & 1) res = (ll)res * a % p;a = (ll)a * a % p;k >>= 1;return res;
int qpow(int a,int b)int res = 1;while(b)if(b&1) res *= a;b>>=1;a*=a;return res;
int mo(int x,int p)return x = ((x%p)+p)%p;
int gcd(int a,int b)return b?gcd(b,a%b):a;
const int maxn = 1e6+7;
const int mod = 1e9+7;
int dx[] = 0,0,1,-1, dy[] = 1,-1,0,0;
int T,N,M,K;
int num1[33],num2[33],dp[33][2][2];
int st[maxn];
int bit[33];
int L, R, ans;
int dfs(int now, int limit1, int limit2, int zero)
if(now == -1) return 1;//枚举完了
int &x = dp[now][limit1][limit2];
if(~x) return x;//已经搜过了
if ((!limit1)&&(!limit2)&&!zero) return x = bit[now+1];//没有限制，后面就是全部的组合
int end1 = limit1?num1[now]:1;
int end2 = limit2?num2[now]:1;
x = 0;
int temp = 0, cnt = 0;
rep(i,0,end1)
rep(j,0,end2)
if(i&j) continue;//不符合&=0
if(zero&&(i|j))
temp = dfs(now-1,limit1&&(i==end1),limit2&&(j==end2),0);
x = (x+temp)%mod;//为上一层累加
cnt = (cnt+temp)%mod;//当前位是最高位
else
x = (x+dfs(now-1,limit1&&(i==end1),limit2&&(j==end2),zero&&(!(i|j))))%mod;//为上一层累加
ans=(ans+cnt*(now+1))%mod;
return x;
void part(int X, int Y)
int len = -1;//数字放在【0，len】中
while(X || Y)
num1[++len] = X%2, X/=2;
num2[len] = Y%2, Y/=2;
ans = 0;
mem(dp,-1);
dfs(len,1,1,1);
wtl(ans);
void solve()
cin >> L >> R;
part(L,R);
signed main()
bit[0] = 1;
rep(i,1,32) bit[i] = bit[i-1]*3%mod;
cin >> T;
while(T--) solve();
return (0-0); //<3
这题与上题不同，只有一个数，我们可以用前缀和相减来求，但是数字太大有5000位，需要用到字符串来存储，对字符串求减一涉及到借位，可能有些麻烦（其实也并不麻烦）。这里提供另一种思路，就是判断L这个数是否满足即可。
参数分析：
- 满足f（x）= x（mod M） 我们可以构造g（x）= f（x）- x，那么条件变成g（x）= 0 （mod M）
- 计算f（x）时，为了避免重复计算贡献，规定当前数字只会跟前面的数字产生贡献，那么我们只需要记录每一位数字的前缀和pre，然后当前数字的贡献就是j * pre
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define PII pair<int,int>
#define ull unsigned long long
#define fi first
#define se second
#define endl '\\n'
#define PI acos(-1.0)
#define lcm(a,b) a/gcd(a,b)*b
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define debug(a) cerr<<#a<<"="<<a<<endl;
#define Adebug(a,i) cerr<<#a<<"["<<i<<"]="<<a[i]<<endl;
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i ++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); i --)
#define vi vector<int>
#define vpii vector<PII>
#define pb push_back
#define rvs(s) reverse(s.begin(),s.end())
#define all(s) s.begin(),s.end()
#define sz(s) (int)(s.size())
#define lb(s) ((s) & (-s))
#define mk(s, t) make_pair(s, t)
inline void wt(int x)cout << x;
inline void wtl(int x)cout << x << endl;
inline void wtb(int x)cout << x << ' ';beautiful number 数位dp