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
数位是指把一个数字按照个、十、百、千等等一位一位地拆开，关注它每一位上的数字。如果拆的是十进制数，那么每一位数字都是 0~9，其他进制可类比十进制。
数位 DP：用来解决一类特定问题，这种问题比较好辨认，一般具有这几个特征：
- 要求统计满足一定条件的数的数量（即，最终目的为计数）；
- 这些条件经过转化后可以使用「数位」的思想去理解和判断；
- 输入会提供一个数字区间（有时也只提供上界）来作为统计的限制；
- 上界很大（比如
），暴力枚举验证会超时。
例题
不要62
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a[100],f[100][3];
int sc(int len,int t,int ff)
int end,i;
if (len==0)
return 1;
if ((ff)and(f[len][t]!=-1))
return f[len][t];
ff==false?end=a[len]:end=9;
int s=0;
for (i=0;i<=end;i++)
if (i==4) continue;
if (i==6)
s=s+sc(len-1,1,ff or i<a[len]);
else
if (!((i==2)and(t==1)))
s=s+sc(len-1,0,ff or i<a[len]);
if (ff)
f[len][t]=s;
return s;
int solve(int x)
int len=0;
while (x>0)
a[++len]=x%10;
x=x/10;
memset(f,-1,sizeof(f));
return sc(len,0,0);
int main()
while (cin>>n>>m)
if ((n==0)and(m==0))
break;
cout<<solve(m)-solve(n-1)<<endl;
数字计数
统计n到m中所有数位出现的次数
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m,i,g[20],c[20],f[100][2][20],a[100];
ll ff[20];
void build()
ll x=1;
for (int i=0;i<=12;i++)
ff[i]=x;
x=x*10;
void sc(int len,int t,int w,ll x)
if (len==0)
return;
if (t and(f[len][w][0]!=-1))
for (int i=0;i<=9;i++)
g[i]=g[i]+f[len][w][i];
return;
int end,i;ll s=0;
t==0?end=a[len]:end=9;
ll b[10];
for (i=0;i<=9;i++)
b[i]=g[i];
for (i=0;i<=end;i++)
sc(len-1,t or i<a[len],w or i>0,x);
if (!((w==0)and(i==0))or(len==1))
if (t or i<a[len])
g[i]=g[i]+ff[len-1];
else g[i]=g[i]+x%ff[len-1]+1;
if (t)
for (i=0;i<=9;i++)
f[len][w][i]=g[i]-b[i];
void solve(ll x)
ll len=0,y=x;
while (x>0)
a[++len]=x%10;
x=x/10;
memset(g,0,sizeof(g));
if (len==0) g[0]=1;
else sc(len,0,0,y);
int main()
cin>>n>>m;
build();
memset(f,-1,sizeof(f));
solve(m);
for (i=0;i<=9;i++)
c[i]=g[i];
solve(n-1);
for (i=0;i<=8;i++)
cout<<c[i]-g[i]<<\' \';
cout<<c[9]-g[9]<<endl;
恨7不是妻
https://vjudge.net/problem/LibreOJ-10168
题解：https://www.cnblogs.com/graytido/p/12202754.html
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
/* freopen("k.in", "r", stdin);
freopen("k.out", "w", stdout); */
//clock_t c1 = clock();
//std::cerr << "Time:" << clock() - c1 <<"ms" << std::endl;
//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#define de(a) cout << #a << " = " << a << endl
#define rep(i, a, n) for (int i = a; i <= n; i++)
#define per(i, a, n) for (int i = n; i >= a; i--)
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef vector<int, int> VII;
#define inf 0x3f3f3f3f
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll MAXN = 1e6 + 7;
const ll MAXM = 1e6 + 7;
const ll MOD = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
int a[105];
/* 1、整数中某一位是7；
2、整数的每一位加起来的和是7的整数倍；
3、这个整数是7的整数倍； */
struct node
ll sum; //与7无关的数的个数
ll qsum; //与7无关的数和
ll sqsum; //ans
node(ll _sum = -1, ll _qsum = 0, ll _sqsum = 0) sum = _sum, qsum = _qsum, sqsum = _sqsum;
;
node dp[30][15][15];
ll c[20];
node dfs(int pos, int sta1, int sta2, bool lim) //sta1各位数和%7 sta2前面%7
if (pos < 0)
return node(sta1 && sta2, 0, 0);
if (!lim && dp[pos][sta1][sta2].sum != -1)
return dp[pos][sta1][sta2];
int up = lim ? a[pos] : 9;
node ret = node(0, 0, 0);
for (int i = 0; i <= up; i++)
if (i != 7)
node t = dfs(pos - 1, (sta1 + i) % 7, (sta2 * 10 + i) % 7, lim && i == a[pos]);
ret.sum += t.sum;
ret.sum %= MOD;
ret.qsum += (((c[pos] * i % MOD) * t.sum % MOD) + t.qsum) % MOD;
ret.qsum %= MOD;
ret.sqsum += t.sqsum % MOD;
ret.sqsum %= MOD;
ret.sqsum += ((i * i * c[pos] % MOD) * c[pos] % MOD) * t.sum % MOD;
ret.sqsum %= MOD;
ret.sqsum += ((i * 2 * c[pos] % MOD) * t.qsum) % MOD;
ret.sqsum %= MOD;
if (!lim)
dp[pos][sta1][sta2] = ret;
return ret;
ll solve(ll x)
int pos = -1;
while (x)
a[++pos] = x % 10;
x /= 10;
return dfs(pos, 0, 0, true).sqsum;
void init()
c[0] = 1;
for (int i = 1; i < 20; i++)
c[i] = (c[i - 1] * 10) % MOD;
int main()
int t;
init();
scanf("%d", &t);
while (t--)
ll L, R;
scanf("%lld%lld", &L, &R);
printf("%lld\\n", ((solve(R) - solve(L - 1)) % MOD + MOD) % MOD);
return 0;
嘻嘻
数位dp
数位dp
定义
数位dp(Digit Entry DP)是一种计数用的dp，一般就是要哦统计区间[l,r]内满足一些条件的数的个数。所谓数位dp，字面意思就是在数位上进行dp。数位的含义：一个数有个位、十位、百位、千位......数的每一位就是数位啦！
数位dp的思想
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。
模板及例题
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,int state,bool lead,bool limit) //变量，状态，前导0，数位上界；注意不是每题都要判断前导零
{
if(pos==0) return 1; //递归边界，一般一种递归到结束只能产生一种情况
if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state]; //记忆化
int up=limit?a[pos]:9; //枚举上界
ll ans=0; //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()... //一下条件
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
//state状态转移要保证i的合法性，比如不能有62，那么当pre==6&&i==2就不合法，这里用state记录pre是否为6即可。
}
if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;
return ans;
}
ll solve(ll x)
{
int tot=0;
while(x)
{
a[++tot]=x%10;
x/=10;
}
return dfs(tot/*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
",solve(ri)-solve(le-1));
}
}例题1：【不要62】（数位dp入门经典题）
描述：给定一个区间，不带4以及没有连续62的数字有多少个；
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[20][2],arr[20];
ll dfs(int pos,int state,bool lead,bool limit)
{
if(pos==0) return 1;
if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];
int up = limit?arr[pos]:9;
ll ans = 0;
for(int i=0;i<=up;++i)
{
if(i==4) continue;
if(state && i==2) continue;
ans += dfs(pos-1,i == 6,lead && i==0,limit && i==arr[pos]);
}
if(!limit && !lead) dp[pos][state] = ans;
return ans;
}
ll solve(int x)
{
int tot = 0;
while (x){
arr[++tot]=x%10;
x/=10;
}
return dfs(tot,0,true,true);
}
int main()
{
int l,r;
while(scanf("%d %d",&l, &r) && (l||r))
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
printf("%lld
",solve(r) - solve(l-1));
}
system("pasue");
}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