数位DP入门

数位dp,是一种用来计数的dp

若是如今给你一道题,须要你求在区间[l,r]内知足条件的解的个数,咱们很容易想到去暴力枚举,但要是数据范围太大这种办法就行不通了,这时候数位dp就派上了用场,所谓数位就是把一个数拆成一个一个进制位,而后逐一比较看是否知足题目要求,这其实也是一种暴力方法,只不过期间复杂度小了不少

那么到底要如何作呢?下面咱们来看一道例题

HDU2089

归纳一下题目意思

就是给你一个区间[n,m],要你求区间内不含"62"或"4"的数字的个数,如8134(含4),21262455(含62)均不知足题意,而61342这种"6"和"2"并不连在一块儿的数字则知足题意

直接统计对于暴力枚举很好求,可是对于数位dp并不容易,因此咱们还须要用到差分的思想,即统计0到b+1(注意不是b,至于为何后面会讲)和0到a的知足条件的个数,再二者相减

进一步化简,求0到i位数不含4和62的个数

i=1,求0~9的知足条件的个数

i=2,求0~99的知足条件的个数

i=3,求0~999的知足条件的个数

i=4,求0~9999的知足条件的个数

...

用dp[i][0]表示i位数中幸运数的个数

用dp[i][1]表示i位数中以2开头的幸运数的个数

用dp[i][2]表示i位数中非幸运数的个数

那么,就有如下的递推公式

dp[i][0]=dp[i-1][0]*9-dp[i-1][1]//表示前i-1位数字中的幸运数前面加上除4之外的0~9的其余数字,共9个,还要减去前i-1位数字中的以2开头的幸运数加上这一位以6开头的数字的个数

dp[i][1]=dp[i-1][0]//表示前i-1位数字中的幸运数加上这一位的2

dp[i][2]=dp[i-1][2]*10+dp[i-1][1]+dp[i-1][0]//表示前面已经不合法的数字这一位不管放什么都不合法,因此0~9随便放,加上前i-1位数字中的以2开头的幸运数加上这一位的6,再加上前i-1位数字中的幸运数加上这一位的4的个数

初始值 dp[0][0]=1,其余均为0

根据初始值和递推公式，咱们就能获得从0到任意i位数字的吉利数字的个数。

找到0 ~ n 的吉利数字的个数

咱们先求出0 ~ n 之间非吉利数字的个数，用总数减去便可。那，非吉利数字的个数怎么求呢？

用具体的数字举例来讲吧：设 n = 583626

用digit[10]记录n+1每一位对应的数字，此例中有6位数字（令cnt = 6 表示数字位数），分别是

digit[6] = 5

digit[5] = 8

digit[4] = 3

digit[3] = 6

digit[2] = 2

digit[1] = 7

digit[0] = 任意数字，占位用的

用sum记录非吉利数字的个数，初始化为0

须要一个bool量 flag,记录是否出现了非吉利数字。初始化为false, 未出现。

咱们从数字的最高位起进行判断:digit[6] = 5， 咱们求 0 ~ 499999 之间非吉利数的个数。

　　首先：加上0 ~ 99999中全部非吉利数字前面添加0~4的任意一个数字的状况 sum += dp[5][2] * digit[6]

　　其次：5大于4，故咱们要加上 0~99999中全部吉利数字前面添加4的状况 sum += dp[5][0]

接着，判断第5位digit[5] = 8，即判断500000 ~ 579999 之间的非吉利数字的个数，其实就是判断0 ~ 79999之间的，前面的数字不是6就没有什么用

　　首先：加上0 ~ 9999中全部非吉利数字前面添加0~7的任意一个数字的状况 sum += dp[4][2] * digit[5]

　　其次：8大于4，故咱们要加上 0~9999中全部吉利数字前面添加4的状况 sum += dp[4][0]

　　此外：8大于6，故咱们要加上0~9999中全部以2开头的吉利数字前添加6的状况 sum += dp[4][1]

接着，判断第4位digit[4] = 3，即判断580000 ~ 582999 之间的非吉利数字的个数，其实就是判断0 ~ 2999之间的

　　首先：加上0 ~ 999中全部非吉利数字前面添加0~2的任意一个数字的状况 sum += dp[3][2] * digit[4]

　　其次：2小于4，没有须要特别考虑的

　　此外：2小于6，没有须要特别考虑的

接着，判断第3位digit[3] = 6，即判断583000 ~ 583599 之间的非吉利数字的个数，其实就是判断0 ~ 599之间的

　　首先：加上0 ~ 99中全部非吉利数字前面添加0~5的任意一个数字的状况 sum += dp[2][2] * digit[3]

　　其次：6大于4，故咱们要加上 0~99中全部吉利数字前面添加4的状况 sum += dp[2][0]

接着，判断第2位digit[2] = 2，即判断583600 ~ 583619 之间的非吉利数字的个数，其实就是判断0 ~ 19之间的，

　　首先：加上0 ~ 9中全部非吉利数字前面添加0~1的任意一个数字的状况 sum += dp[1][2] * digit[2]

　　其次：2小于4，没有须要特别考虑的

　　此外：2小于6，没有须要特别考虑的

　 可是，须要注意的是，这里判断的数字出现了62，咱们要把flag标识为true。

最后，判断第1位digit[1] = 7, 判断583620 ~ 583626可是这里flag为true了，表示前面的数字里面已经包含了非吉利数字，因此后面须要把全部的数字状况都加入到非吉利里面。(正是由于每次判断的数字末尾都比该位的数字少1，因此最开始要记录n + 1 的值)

sum += digit[1] * dp[0][2] + digit[1] * dp[0][0]

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define in(i) (i=read())
 3 using namespace std;
 4 int read() {
 5     int ans=0,f=1; char i=getchar();
 6     while(i<'0'||i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}
 7     while(i>='0'&&i<='9') {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+i-'0'; i=getchar();}
 8     return ans*f;
 9 }
10 int dp[10][3],digit[15];
11 void init() {
12     memset(dp,0,sizeof(dp));
13     dp[0][0]=1;
14     for(int i=1;i<=8;i++) {
15         dp[i][0]=dp[i-1][0]*9-dp[i-1][1];
16         dp[i][1]=dp[i-1][0];
17         dp[i][2]=dp[i-1][2]*10+dp[i-1][1]+dp[i-1][0];
18     }
19 }
20 int solve(int x)
21 {
22     memset(digit,0,sizeof(digit));
23     int cnt=0,tmp=x;
24     while(tmp) {
25     digit[++cnt]=tmp%10;
26     tmp/=10;
27     }
28     digit[cnt+1]=0; int flag=0,ans=0;
29     for(int i=cnt;i>=1;i--) {
30         ans+=digit[i]*dp[i-1][2];
31         if(flag) ans+=digit[i]*dp[i-1][0];
32         else {
33         if(digit[i]>4) ans+=dp[i-1][0];
34         if(digit[i]>6) ans+=dp[i-1][1];
35         if(digit[i+1]==6 && digit[i]>2) ans+=dp[i][1];
36         }
37         if(digit[i]==4 || (digit[i+1]==6 && digit[i]==2)) flag=1;
38     }
39     return x-ans;
40 }
41 int main()
42 {
43     int a,b; init();
44     while(1) {
45     in(a);in(b);
46         if(!a && !b)  break;
47         cout<<solve(b+1)-solve(a)<<endl;
48     }
49     return 0;
50 }

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最后说那个b+1的状况,咱们看到代码中有判断digit[i]>4和digit[i]>6等相似的语句,咱们处理第i位时,其实是处理0~digit[i]-1,即[ 0,digit[i] ),而把digit[i]放到下一次去判断,但咱们处理个位时,最后一个是不会去统计的,因此咱们把统计的范围+1,即为[ 0,digit[i]+1 )-->[ 0,digit[i] ],因此就有了solve(b+1)-solve(a)这样的语句.(仍是高二dalaoNavi-Awson告诉个人,%%%)

 

数位dp记忆化搜索写法

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define in(i) (i=read())
 3 using namespace std;
 4 typedef long long lol;
 5 lol read() {
 6     lol ans=0,f=1;    
 7     char i=getchar();
 8     while(i<'0'|| i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}
 9     while(i>='0' && i<='9') {ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0'; i=getchar();}
10     return ans*f;
11 }
12 lol a,b;
13 lol dp[19][11];
14 lol bit[19];
15 lol dfs(lol len,lol pre,lol limit) {
16     if(!len) return 1;//若是搜到最后一位了,返回下界值1
17     if(!limit && dp[len][pre]) return dp[len][pre];//记忆化部分
18     lol maxn=limit?bit[len]:9;//求出最高能够枚举到哪一个数字
19     lol ans=0;
20     for(lol i=0;i<=maxn;i++) {
21         if(i!=4 && !(pre && i==2))//若是这一位不为4而且上一位不为6且这一位不为2
22         ans+=dfs(len-1,i==6,limit && i==maxn);//知足条件
23     }
24     if(!limit) dp[len][pre]=ans;//若是没有限制,表明搜满了,能够记忆化,不然就不能
25     return ans;
26 }
27 lol solve(lol a) {
28     memset(bit,0,sizeof(bit));
29     lol k=0;
30     while(a) {//取出数字的每一位
31     bit[++k]=a%10;
32     a/=10;
33     }
34     return dfs(k,0,1);
35 }
36 int main()
37 {
38     //freopen("number.in","r",stdin);
39     //freopen("number.out","w",stdout);
40     lol t; in(t);
41     for(int i=1;i<=t;i++) {
42     lol a,b; in(a);in(b);
43     cout<<solve(b)-solve(a-1)<<endl;//差分思想
44     }
45     return 0;
46 }

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应用

放几道题目上来

[SCOI2009]windy数

[HNOI2010]计数

[ZJOI2010]数字计数