[HDU4352]XHXJ's LIS

Posted 2020-11-05 cjfdf

题面在这里

description

定义\(f(i)\)表示将\(i\)看成字符串的最长上升子序列长度。
给定\(l\),\(r\),\(k\)，求满足\(l\le i\le r\)且\(f(i)=k\)的个数。

data range

\[1\le l\le r\le 10^{18}，1\le k\le 10\]

solution

一开始的思路是使用数位\(DP\),\(f[i][j][k][0/1]\)
表示第\(i\)位尾数为\(j\),\(log n\)做法的单调序列情况为\(k\);

一开始想象单调队列的情况需要存\(10^{10}\)种,复杂度会超时。
但考虑优化状态,可以发现这个单调序列有一些特殊的性质:
1 长度至多为10
2 可能出现的数字只有0-9,并且不重复
3 这个序列是单调递增的

有了这些性质,我们可以知道
对于每一个单调序列中数字0-9的存在情况,满足要求的队列有且只有一个
因此,我们使用二进制表示0-9是否存在于单调队列的状态,
这样\([k]\)这一位的空间就变成了\(2^{10}=1024\)
状态可以继续优化成\(f[i][k][0/1]\),
于是总理论复杂度变为\(O(Tlen(n)2^{10}\times 10)\),
比之前有所降低,但仍旧无法通过

解决前导0问题的方法:记忆化搜索!!!

//数位DP的记忆化搜索
int a[MAX_LEN],f[MAX_LEN][MAX_F]
//一般来说记忆化数组f记录的是q和zr全都为0的情况
ll dfs(int p,int s,bool q,bool z){
    //数位,附加状态,危险态/安全态,是否有前导0
    if(p==-1)return check(s);
    //检查附加状态s是否符合要求,如果符合贡献+1
    if(!q&&!z&&f[p][s]!=-1)return f[p][s];
    int ans=0;
    for(RG int i=0,end=(q?a[p]:9);i<=end;i++)
        if(z&&!i)ans+=dfs(i-1,s,q&&i==end,1);
        else ans+=dfs(i-1,to[s][i],q&&i==end,0);
    //to[s][i]指附加状态s通过i转移后的新状态
    if(!q&&!z)f[p][s]=ans;return ans;
}
void solve(ll x){
    RG int len=0;while(x){a[len++]=x%10;x/=10;}
    //按照低位在前的顺序放好
    return dfs(len,0,1,1);
}

多组询问我们可以考虑记忆化搜索来降低实际时间复杂度,
然后通过预处理转移来降低常数

code

#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
//#define TEST
#define FILE "a"
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int>VI;
typedef long long ll;
typedef double dd;
const int inf=1e9+7;
const int mod2=998244353;
const int rev2=332748118;
const int mod1=1e9+7;
const int N=3010;
const dd eps=1e-10;
const ll INF=1e18;
const int g=3;
il ll read(){
  RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
  while(ch!=‘-‘&&(ch<‘0‘||ch>‘9‘))ch=getchar();
  if(ch==‘-‘)w=-1,ch=getchar();
  while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘)data=data*10+ch-48,ch=getchar();
  return data*w;
}

il void file(){
  freopen(FILE".in","r",stdin);
  freopen(FILE".out","w",stdout);
}

int k,cnt[1024],que[1024][10],to[1024][10],a[20];
il void getque(int x){
    for(RG int i=0;i<=9;i++)
        if(x&(1<<i))que[x][++cnt[x]]=i;
}
il int getnxt(int x,int y){
    for(RG int i=y;i<=9;i++)
        if(x&(1<<i))return x^(1<<i)|(1<<y);
    return x|(1<<y);
}

il void print(int x){
    for(RG int i=0;i<=9;i++)
        if(x&(1<<i))printf("%d ",i);
}

ll f[20][1024][11];
il bool check(int s){return cnt[s]==k;}
il ll dfs(int p,int s,bool q,bool z){
    if(p==-1){return check(s);}
    if(!q&&!z&&f[p][s][k]!=-1){return f[p][s][k];}
    ll ans=0;int end=(q?a[p]:9);
    for(RG int i=0;i<=end;i++){
        if(z&&!i)ans+=dfs(p-1,0,q&&i==end,1);
        else ans+=dfs(p-1,to[s][i],q&&i==end,0);
    }
    if(!q&&!z)f[p][s][k]=ans;return ans;
}

il ll DP(ll n){
    RG int len=0;while(n){a[len++]=n%10;n/=10;}
    return dfs(len-1,0,1,1);
}

int main()
{
    memset(f,-1,sizeof(f));
    for(RG int i=0;i<1024;i++){
        getque(i);
        for(RG int j=0;j<=9;j++)
            to[i][j]=getnxt(i,j);
    }

    RG int T=read();
    for(RG int i=1;i<=T;i++){
        ll l=read();ll r=read();k=read();
        printf("Case #%d: %lld\n",i,DP(r)-DP(l-1));
    }
    return 0;
}