数位dp

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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相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

数位dp

思想

一般来说，题目是要求在区间\\([l,r]\\)中符合某一种条件的数的个数

我们用前缀和的思想考虑，分别求出\\([1,r]\\)和\\([1,l-1]\\)中数的个数相减即为所求

这里采用记忆化搜索的方式实现

模板

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#define int long long//这是因为数位问题的结果一般比较大，直接使用longlong
int dp[N][N][……];//DP数组，第一维代表数的长度，其他维由具体问题决定
vector<int>nums;//分解出的每一位数字
int len;
int dfs(int pos, status, int limit, int zero)
    if(pos>len) return //根据status返回结果，不是0就是1;
    if(!zero && !limit && dp[pos][status]!=-1) return dp[pos][status];
    int last = limit ? nums[len-pos-1] : 9;
    int ans = 0;
    for(int i=0;i<=last;++i)
        ans += dfs(pos-1,newStatus,newLead,limit&&i==last);
    
    if(!zero&&!limit) dp[pos][status] = ans;
        return ans;

int calc(int n)
    if(!n) return //视具体情况
    nums.clear();
    memset(dp,-1,sizeof dp);
    while(n) nums.push_back(n%10),n/=10;
    len = nums.size();
    return dfs(0,……)

说明

\\(zero\\)表示是否有前导零，当考虑的数是否需要记录和数位中0有关的数时需要前导零标记,无关时可以没有\\(zero\\)标记

举个例子：假如我们要从 \\([0,1000]\\) 找任意相邻两数相等的数

显然 \\(111,222,888\\) 等等是符合题意的数

但是我们发现右端点 \\(1000\\) 是四位数

因此我们搜索的起点是 \\(0000\\) ，而三位数的记录都是 \\(0111,0222,0888\\) 等等

而这种情况下如果我们直接找相邻位相等则 \\(0000\\) 符合题意而 \\(0111,0222,0888\\) 都不符合题意了

所以我们要加一个前导0标记

例题1 Windy数

#include<iostream>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[12][12],len;
vector<int>nums;
int dfs(int pos,int pre, int limit,int zero)
	if(pos>len-1) return 1;
	if(!limit&&!zero&&dp[pos][pre]!=-1) return dp[pos][pre];
	int ans = 0;
	int res = limit?nums[len-pos-1]:9;
	for(int i=0;i<=res;i++)
		if(i<pre+2&&i>pre-2&&!zero) continue;
		ans += dfs(pos+1,i,limit&&(i==res),!i&&zero);
	
	if(!limit&&!zero) dp[pos][pre] = ans;
	return ans;

int calc(int n)
	if(n==0) return 1;
	memset(dp,-1,sizeof dp);
	nums.clear();
	while(n) nums.push_back(n%10),n/=10;
	len = nums.size();
	return dfs(0,-2,1,1);

int main()
	int a,b;
	cin>>a>>b;
	cout<<calc(b)-calc(a-1);
	return 0;

例题2 手机号码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#define int long long
using namespace std;
int f[15][15][15][2][2][2],len; 
//[位置][前一位][前两位][是否有8][是否有4][是否连续3个] 
vector<int>nums;
int dfs(int pos,bool limit,int pre1,int pre2,bool _8,bool _4,bool _3)

	if(_8&&_4) return 0;
	if(pos>len-1) return _3;
	if(!limit&&f[pos][pre1][pre2][_8][_4][_3]!=-1) return f[pos][pre1][pre2][_8][_4][_3];
	int ans = 0;
	int res = limit?nums[len-pos-1]:9;
	for(int i=0;i<=res;i++)
		ans+=dfs(pos+1,limit&&(i==res),i,pre1,_8||i==8,_4||i==4,_3||(i==pre1&&pre1==pre2));
	
	if(!limit) f[pos][pre1][pre2][_8][_4][_3] = ans;
	return ans;

int calc(int n)
	memset(f,-1,sizeof f);
	nums.clear();
	while(n)
		nums.push_back(n%10);
		n/=10;
	
	if(nums.size()!=11) return 0;
	int res = 0;
	len = nums.size();
	for(int i=1;i<=nums[len-1];i++)
		res+=dfs(1,i==nums[len-1],i,0,i==8,i==4,0);
	

	return res;

signed main()
	int l,r;
	cin>>l>>r;
	cout<<calc(r)-calc(l-1)<<endl;
	return 0;

例题3 圆数

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
int f[35][35][35],len;
vector<int>nums;
int dfs(int pos,int sum1,int sum0,int limit,int zero)
	if(pos>len-1) return sum0>=sum1;
	if(!limit&&!zero&&f[pos][sum1][sum0]!=-1) return f[pos][sum1][sum0];
	int ans = 0;
	int res = limit?nums[len-pos-1]:1;
	for(int i=0;i<=res;i++)
		if(zero&&(!i)) ans+=dfs(pos+1,0,0,limit&&i==res,1);
		else
			ans+=dfs(pos+1,sum1+(i==1),sum0+(i==0),limit&&i==res,0); 
		
	
	if(!limit&&!zero) f[pos][sum1][sum0] = ans;
	return ans;

int calc(int n)
	if(!n) return 1;
	nums.clear();
	memset(f,-1,sizeof f);
	while(n) nums.push_back(n%2),n/=2;
	len = nums.size();
	int res = 0;
	res += dfs(0,0,0,1,1);
	return res;

int main()
	int l,r;
	cin>>l>>r;
	cout<<calc(r)-calc(l-1);
	return 0;

例题4 同类分布

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#define int long long
using namespace std;
int f[20][200][200],len,mod;
vector<int>nums;
int dfs(int pos,int sum,int st,int limit)
	if(pos>len-1) return sum==mod&&st==0;
	if(!limit&&f[pos][sum][st]!=-1) return f[pos][sum][st];
	int ans = 0;
	int res = limit?nums[len-pos-1]:9;
	for(int i=0;i<=res;i++)
		ans+=dfs(pos+1,sum+i,(10*st+i)%mod,limit&&(i==res));
	
	if(!limit) f[pos][sum][st] = ans;
	return ans;

int calc(int n)
	if(!n) return 0;
	nums.clear();
	int res = 0;
	while(n) nums.push_back(n%10),n/=10;
	len = nums.size();
	for(mod=1;mod<=9*len;mod++)
		memset(f,-1,sizeof f);
		res+=dfs(0,0,0,1);
	
	return res;

signed main()
	int a,b;
	cin>>a>>b;
	cout<<calc(b)-calc(a-1);
	return 0;

数位DP入门

~待填坑~

 

数位DP入坑

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。所谓数位dp，字面意思就是在数位上进行dp咯。

数位dp一般应用于：

求出在给定区间[A,B]内，符合条件P(i)的数i的个数.

条件P(i)一般与数的大小无关，而与 数的组成 有关.

 

 

数位dp的实质就是换一种暴力枚举的方式，使得新的枚举方式满足dp的性质，然后记忆化就可以了。

 

经典例题1

• 给定两个数l,r，求[l,r]中有多少数每一位分解后没有数字4。

• l,r<=$10^{18}$。

思路：

两种不同的枚举：对于一个求区间[l,r]满足条件数的个数，最简单的暴力如下：

for(int i=l;i<=r;i++)
        if(right(i)) ans++;

然而这样枚举不方便记忆化，或者说根本无状态可言。

 

新的枚举：控制上界枚举，从最高位开始往下枚举，例如：$r$=213，那么我们从百位开始枚举：百位可能的情况有0,1,2(觉得这里枚举0有问题的继续看)

然后每一位枚举都不能让枚举的这个数超过上界213（下界就是0或者1，这个次要），当百位枚举了1，那么十位枚举就是从0到9，因为百位1已经比上界2小了，后面数位枚举什么都不可能超过上界。所以问题就在于：当高位枚举刚好达到上界是，那么紧接着的一位枚举就有上界限制了。具体的这里如果百位枚举了2，那么十位的枚举情况就是0到1，如果前两位枚举了21，最后一位之是0到3(这一点正好对于代码模板里的一个变量limit 专门用来判断枚举范围)。

最后一个问题：最高位枚举0：百位枚举0，相当于此时我枚举的这个数最多是两位数，如果十位继续枚举0，那么我枚举的就是一位数咯，因为我们要枚举的是小于等于$r$的所有数，当然不能少了位数比$r$小的咯！(这样枚举是为了无遗漏的枚举，不过可能会带来一个问题，就是前导零的问题，模板里用$lead$变量表示，不过这个不是每个题目都是会有影响的，可能前导零不会影响我们计数，具体要看题目)

 

由于这种新的枚举只控制了上界所以我们的Main函数总是这样：

int main()
{
    long long le,ri;
    while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))
        printf("%lld
",solve(ri)-solve(le-1));
}

 

前缀和思想：

w_w 是吧！统计[1,ri]数量和[1,le-1]，然后相减就是区间[le,ri]的数量了，这里我写的下界是1，其实0也行，反正相减后就没了，注意题目中le的范围都是大于等于1的(不然le=0,再减一就G_G了)

 

数位DP模板：

dp思想，枚举到当前位置$pos$，状态为$state$(这个就是根据题目来的，可能很多，毕竟dp千变万化)的数量(既然是计数,dp值显然是保存满足条件数的个数)

 

int dfs(int pos,bool state,bool lead,bool limit) { //dfs搜到了哪一位，状态是什么，前导0，上限（这一位的限制），即这个位置0~9还是0~shu[pos]
    if(pos == 0) //递归边界，既然是按位枚举，最低位是1，那么pos==0说明这个数我枚举完了
        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])
        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 cnt=0,maxx=(limit?shu[pos]:9);//根据limit判断枚举的上界maxx;这个的例子前面用213讲过了
    for(int i=0; i<=maxx; i++) { //枚举，然后把不同情况的个数加到ans就可以了
        if()
            continue;
        else if ...
        
        cnt+=dfs(pos-1,/*状态转移*/,lead&&i==0,,limit&&i==shu[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;
}

int slove(int x) {
    memset(shu,0,sizeof(shu));
    int k=0;
    while(x) {
        shu[++k]=x%10;//保存a,b每一位的数
        x/=10;
    }
    return dfs(k,/*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
}

 

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以上是关于数位dp的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章

数位dp模板 [dp][数位dp]

数位DP入门

数位dp详解

数位dp总结 之 从入门到模板

动态规划专题——数位DP

数位dp小练