[您有新的未分配科技点]数位DP：从板子到基础（例题 bzoj1026 windy数 bzoj3131 淘金）

只会统计数位个数或者某种”符合简单规律”的数并不够……我们需要更多的套路和应用

数位dp中常用的思想是“分类讨论”思想。下面我们就看一道典型的分类讨论例题

1026: [SCOI2009]windy数

Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 162 MB

Description

　　windy定义了一种windy数。不含前导零且相邻两个数字之差至少为2的正整数被称为windy数。 windy想知道，
在A和B之间，包括A和B，总共有多少个windy数？

　　输入包含两个整数，A和B。

　　输出一个整数，代表windy数个数

Sample Input

【输入样例一】
1 10
【输入样例二】
25 50

Sample Output

【输出样例一】
9
【输出样例二】
20

【数据规模和约定】

100%的数据，满足 1 <= A <= B <= 2000000000 。

题解：

首先转化为典型的work（B+1）-work（A）数数模型（区间左闭右开），下面我们的目标就是求[1,X)内windy数的个数了

设f[i][j]为i位数，第i位是j时windy数的个数。

从样例中我们注意到，个位数都是windy数，那么我们先处理出来，然后从十位数开始预处理，

显然，当abs（j-k）>=2时，f[i][j]+=f[i-1][k];

然后,我们设待处理的数位X=abcdefd（每一位的数字我们用字母表示），设其长度为l

那么对于小于等于x的数（设为t），我们分下面3种情况讨论：

for(int i=1;i<bit[l];i++)ans+=f[l][i];
//1° t的位数与x相同，但t的最高位小于x的最高位：直接加上f[l]["t的最高位"]
for(int i=1;i<b;i++)
　　for(int j=1;j<10;j++)
　　　　ans+=f[i][j];
//2°t的位数比x小，那么任意f[t][j]都是合法的
for(int i=b-1;i;i--)
{
	for(int j=0;j<bit[i];j++)
		if(abs(j-bit[i+1])>=2)ans+=f[i][j];
	if(abs(bit[i]-bit[i+1])<2)break;
}
//3°t的位数与x相同，且t的最高位等于x的最高位
//此时我们就和之前一样，for循环枚举判断即可，注意及时跳出

　　

那么这道题就没有什么大问题了。完整代码见下：

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 LL l,r,f[][];int bit[];
 inline int abs(int a){return a>?a:-a;}
 inline void intn()
 {
     memset(f,,sizeof(f));
     for(int i=;i<;i++)f[][i]=;
     for(int i=;i<=;i++)
         for(int j=;j<;j++)
             for(int k=;k<;k++)
                 if(abs(j-k)>=)
                     f[i][j]+=f[i-][k];
 }
 inline LL work(LL x)
 {
     if(x==)return ;
     int b=;LL ans=;
     memset(bit,,sizeof(bit));
     while(x)bit[++b]=x%,x/=;
     for(int i=;i<b;i++)
         for(int j=;j<;j++)
             ans+=f[i][j];
     for(int i=;i<bit[b];i++)
         ans+=f[b][i];
     for(int i=b-;i;i--)
     {
         for(int j=;j<bit[i];j++)
             if(abs(j-bit[i+])>=)ans+=f[i][j];
         if(abs(bit[i]-bit[i+])<)break;
     }
     return ans;
 }
 int main()
 {
     intn();
     scanf("%lld%lld",&l,&r);
     printf("%lld",work(r+)-work(l));
 }

接下来这道题可就没有那么简单了……这道题用到了另外一个套路：搜索+找规律

3131: [Sdoi2013]淘金

Time Limit: 30 Sec  Memory Limit: 256 MB

Description

小Z在玩一个叫做《淘金者》的游戏。游戏的世界是一个二维坐标。X轴、Y轴坐标范围均为1..N。初始的时候，所有的整数坐标点上均有一块金子，共N*N块。
 一阵风吹过，金子的位置发生了一些变化。细心的小Z发现，初始在(i，j)坐标处的金子会变到(f(i)，fIj))坐标处。其中f(x)表示x各位数字的乘积，例如f(99)=81，f(12)=2，f(10)=0。如果金子变化后的坐标不在1..N的范围内，我们认为这块金子已经被移出游戏。同时可以发现，对于变化之后的游戏局面，某些坐标上的金子数量可能不止一块，而另外一些坐标上可能已经没有金子。这次变化之后，游戏将不会再对金子的位置和数量进行改变，玩家可以开始进行采集工作。
    小Z很懒，打算只进行K次采集。每次采集可以得到某一个坐标上的所有金子，采集之后，该坐标上的金子数变为0。
    现在小Z希望知道，对于变化之后的游戏局面，在采集次数为K的前提下，最多可以采集到多少块金子？
    答案可能很大，小Z希望得到对1000000007(10^9+7)取模之后的答案。

输入共一行，包含两介正整数N，K。输出为一个整数，表示最多可以采集到的金子数量。

Sample Input

1 2 5

Sample Output

18

[数据范围和约定]

N < = 10^12 ,K < = 100000
对于100%的测试数据：K < = N^2

题解：不难发现，按前几道题的想法完全无法解决本题。

但我们可以发现，12位数的f（i）在去重之后最多有1e4多一些（11026）种不同的情况（很多数的f值都是相等的，可以打表观察出来，一开始深搜可以搜到2*1e5左右）

那么我们就可以深搜+离散一发，把base数组开出来，base[i]表示第i个f值。

之后我们就可以考虑状态的转移了。如果我们设ans[i]为f值等于第i个f值的数的个数，那么显然，对于某个坐标(f(i),f(j)),有i点金块个数=f(i)*f(j)

由于f值等于0是成立的，所以我们预先把0加入f值中，并且规定只能有长度为1的0存在

那么我们定义f数组f[i][j][k]，表示枚举到数的第i位（从高位向低位枚举），其乘积为base[j],下一位能不能随意填数（k=1代表不能，k=0代表能）（因为显然坐标在1~n范围内才有贡献）

那么我们可以用lower_bound求出某个数在乘上因子x后在base中的编号然后转移，设转移到的新编号为next，则

f[i+1][next][k+x>a[i+1]]+=f[i][j][k]（k+x>a[i+1]表示是否超过范围）

最后对于每个ans[j]把对应的f[i][j][k]统计上即可。代码见下：

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<queue>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 const int N=;
 const LL mod=;
 LL n;int bit[],b,k,tot;
 LL f[][N][],base[N],ans[N];
 struct node
 {
     int x,y;LL val;
     node(int a,int b){x=a,y=b,val=ans[a]*ans[b];}
     bool operator > (const node &b)const{return val>b.val;}
     bool operator < (const node &b)const{return val<b.val;}
 };
 priority_queue<node>q;
 void dfs(int start,int len,LL multi)
 {
     if(len==b)base[tot++]=multi;
     else
     {
         if(!multi)return;
         for(int j=start;j<;j++)
             dfs(j,len+,multi*j);
     }
 }
 inline bool mt(const LL &a,const LL &b){return a>b; }
 int main()
 {
     scanf("%lld%d",&n,&k);
     b=;memset(bit,,sizeof(bit));
     while(n)bit[++b]=n%,n/=;
     base[++tot]=;dfs(,,);
     sort(base+,base+tot+);
     tot=unique(base+,base+tot+)-base-;
     base[tot+]=0x7fffffff;
     f[][][]=;
     for(int i=;i<=b;i++)
         for(int j=;j<=tot;j++)
             for(int k=;k<=;k++)
                 if(f[i][j][k])
                     for(int x=(i==)?:;x<;x++)
                     {
                         int next=lower_bound(base+,base+tot+,base[j]*x)-base;
                         f[i+][next][(k+x)>bit[i+]]+=f[i][j][k];
                     }
     for(int i=;i<=tot;i++)
     {
         for(int j=;j<b;j++)
             ans[i]+=f[j][i][]+f[j][i][];
         ans[i]+=f[b][i][];
     }
     sort(ans+,ans+tot+,mt);
     q.push(node(,));
     LL ans=;
     while(!q.empty()&&k)
     {
         node t=q.top();q.pop();
         ans=(ans+t.val)%mod;
         if(!(--k))break;
         if(t.x!=t.y)
         {
             ans=(ans+t.val)%mod;//再加一遍（y,x)；
             if(!(--k))break;
             q.push(node(t.x+,t.y));
         }
         if(t.x==)q.push(node(t.x,t.y+));
     }
     printf("%lld",ans);
 }