数位dp【模板 + 老年康复】

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“在信息学竞赛中，有这样一类问题：求给定区间中，满足给定条件的某个D 进制数或
此类数的数量。所求的限定条件往往与数位有关，例如数位之和、指定数码个数、数的大小
顺序分组等等。题目给定的区间往往很大，无法采用朴素的方法求解。此时，我们就需要利
用数位的性质，设计log(n)级别复杂度的算法。解决这类问题最基本的思想就是“逐位确定”
的方法。下面就让我们通过几道例题来具体了解一下这类问题及其思考方法。”——刘聪

事实上，为什么会想到用数位DP来做，就是因为限定条件往往和数位有关，而仔细地朴素的暴力方法中，所做的重复的工作太多。这样的条件会使得DP（记忆化搜索）有用武之地。

比如如果我们要统计[0,54321]中满足某个条件的个数，需要将其拆分为

[00000,09999][10000,19999],[20000,29999],[30000,39999],[40000,49999]，

[50000,50999],[51000,51999],[52000,52999],[53000,53999]，

[54000,54099],[54100,54199],[54200,54299]，

[54300,54309],[54310,54319]，

[54320,54321]

为什么要这么分呢？随便举个例子，如果我们统计过了[0000,9999]中的满足条件（或者其他各种不满足条件的状态）的个数，那么分别在加上前缀，就可以判断出有多少个满足条件的个数。目的是为了将大的区间划分为小的区间进行求解。

因此，总结一句话，数位DP减少的运算量为：前面几位固定，后面几位可以任意取的个数统计。

模板：

 1 typedef long long ll;
 2 int a[20];
 3 ll dp[20][state];//不同题目状态不同
 4 ll dfs(int pos,/*state变量*/,bool lead/*前导零*/,bool limit/*数位上界变量*/)//不是每个题都要判断前导零
 5 {
 6     //递归边界，既然是按位枚举，最低位是0，那么pos==-1说明这个数我枚举完了
 7     if(pos==-1) 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 */
 8     //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝)
 9     if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];
10     /*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*/
11     int up=limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up;这个的例子前面用213讲过了
12     ll ans=0;
13     //开始计数
14     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
15     {
16         if() ...
17         else if()...
18         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
19         /*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了
20         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
21         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
22         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，
23         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*/
24     }
25     //计算完，记录状态
26     if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;
27     /*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*/
28     return ans;
29 }
30 ll solve(ll x)
31 {
32     int pos=0;
33     while(x)//把数位都分解出来
34     {
35         a[pos++]=x%10;//个人老是喜欢编号为[0,pos),看不惯的就按自己习惯来，反正注意数位边界就行
36         x/=10;
37     }
38     return dfs(pos-1/*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
39 }
40 int main()
41 {
42     ll le,ri;
43     while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))
44     {
45         //初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化,后面讲
46         printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));
47     }
48 }

练手题目1：戳这里

题意：求1-n内有多少个数满足各位之和整除该数。

解题思路：数位dp，枚举各位之和。

附ac代码：

 1 #include<iostream>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<stdio.h>
 4 #include<string.h>
 5 #include<string>
 6 using namespace std;
 7 typedef long long ll;
 8 int a[22];
 9 ll dp[20][220][220];//不同题目状态不同
10 int mod;
11 ll dfs(int pos, int state/*state变量*/, int r/*其他记录点,在这里是余数*/, bool limit/*数位上界变量*/)
12 {
13     //递归边界，既然是按位枚举，最低位是0，那么pos==0说明这个数我枚举完了
14     if(pos == 0) return (state == mod && !r);
15     /*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，
16     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。
17     不过具体题目不同或者写法不同的话不一定要返回1 */
18     //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝)
19     if(dp[pos][state][r] != -1 && !limit) return dp[pos][state][r];
20     /*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*/
21     int up = limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up;
22     ll ans = 0;
23     //开始计数
24     for(int i = 0; i <= up; ++i)
25     {
26         if(i + state > mod) break;//剪枝
27         ans += dfs(pos - 1, state + i, (r * 10 + i) % mod, limit && i == a[pos]);//最后两个变量传参都是这样写的
28         /*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了
29         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
30         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
31         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，
32         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*/
33     }
34     //计算完，记录状态
35     if(!limit) dp[pos][state][r] = ans;
36     /*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*/
37     return ans;
38 }
39 ll solve(ll n)
40 {
41     int pos = 0;
42     ll x = n;
43     while(x)//把数位都分解出来
44     {
45         a[++pos] = x % 10;//个人老是喜欢编号为[1,pos],看不惯的就按自己习惯来，反正注意数位边界就行
46         x /= 10;
47     }
48     ll ans = 0;
49     for(int i = 1; i <= 9 * pos; ++i)//枚举模
50     {
51         mod = i;
52         //初始化dp数组为-1
53         memset(dp, -1, sizeof(dp));
54         ans += dfs(pos/*从最高位开始枚举*/, 0, 0/*一系列状态 */, true);//刚开始最高位都是有限制的，显然比最高位还要高的一位视为0嘛
55     }
56     return ans;
57 }
58 int main()
59 {
60     int t;
61     scanf("%d", &t);
62     ll n;
63     for(int cas = 1; cas <= t; ++cas)
64     {
65         scanf("%lld", &n);
66         printf("Case %d: %lld\n", cas, solve(n));
67     }
68
69
70 }

练手题目2：戳这里

题意：求l-r中有多少个数满足各位>0的数不大于三个。

解题思路：模板题略作修改。

附ac代码：

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int maxn = 22;
 4 typedef long long ll;
 5 int a[maxn];
 6 ll dp[maxn][maxn];
 7 ll dfs(int pos, int stat, bool lim)
 8 {
 9     if(!pos) return 1;
10     if(!lim && stat <= 3 && dp[pos][stat] != -1) return dp[pos][stat];
11     int up = lim?a[pos]:9;
12     ll ans = 0;
13
14     for(int i = 0; i <= up; ++i)
15     {
16         if(stat + (i > 0) <= 3)
17         {
18             ans += dfs(pos - 1, stat + (i > 0), lim && i == a[pos]);
19         }
20     }
21     if(!lim && stat <= 3) dp[pos][stat] = ans;
22     return ans;
23 }
24 ll solv(ll x)
25 {
26     int pos = 0;
27     while(x)
28     {
29         a[++pos] = x % 10;
30         x /= 10;
31     }
32
33     return dfs(pos, 0, true);
34 }
35 int main()
36 {
37     int t;
38     scanf("%d", &t);
39     memset(dp, -1, sizeof(dp));
40     ll l, r;
41     while(t--)
42     {
43         scanf("%lld %lld", &l, &r);
44         printf("%lld\n", solv(r) - solv(l - 1));
45     }
46     return 0;
47 }