数位DP入门

Posted 2021-01-04 song-

~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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