【UVALive - 7344】Numbered Cards【数位DP+状压DP】

题意：

给出一个 nnn，现可以从 111 ~ nnn 中任意选取若干个数字，要求所有数字不存在重复的数位。例如 {1,2,31,2,31,2,3} 和 {2,112,112,11} 是合法的，但是 {1,2,101,2,101,2,10} 和 {2,5,122,5,122,5,12} 是不合法的。

现给出一个 nnn，询问存在多少个集合满足上述要求，结果模 1e9+71e9+71e9+7。(1≤n≤109)(1\leq n\leq 10^9)(1≤n≤109)

思路：

首先，不难想到此题需要将 000 ～ 999 的数位状压起来，然后再进行数位 dpdpdp 求解，最后再进行一个类似于容斥或背包的操作求出答案。

我们定义 num[i]num[i]num[i] 表示 111 ~ nnn 中有多少个数字，数字中包含的000 ～ 999 的状态恰好为 iii。再定义 ans[i]ans[i]ans[i] 表示 111 ~ nnn 中有多少个不同的满足条件的集合，集合中数位的状态恰好为 iii。

因此我们先求 num[i]num[i]num[i]，定义数位 dpdpdp 的状态为 dp[S][pos]dp[S][pos]dp[S][pos] 表示长度为 pospospos 的数位，数位状态为 SSS 的数的个数。

然后数位 dpdpdp 经典操作 dfsdfsdfs 求取 num[i]num[i]num[i]，中间用 dp[S][pos]dp[S][pos]dp[S][pos] 进行记忆化搜索。枚举第 pospospos 位的数位时，答案既可以由 dp[S][pos−1]dp[S][pos-1]dp[S][pos−1] 更新而来，也可以由 dp[Sxor(1<<i)][pos−1]dp[S\ xor\ (1<<i)][pos-1]dp[S xor (1<<i)][pos−1] 更新而来。因为 pospospos 位已经提供了 iii 这个数位，因此之后的数位可以提供也可以不提供，因此有两种情况。

所以我们可以只用这个二维的状态即可求解出 num[i]num[i]num[i]。比赛时数位 dpdpdp 部分写了一个比较复杂的三维状态，最后卡时通过。

然后我们再来考虑如何求取 ans[i]ans[i]ans[i]。两种考虑方法，一种是利用的背包的想法，一种是利用组合的想法。

先讲背包的想法。我们已经求出了 num[i]num[i]num[i] 表示 111 ~ nnn 中数位状态为 iii 的数的个数。然后可以将 num[i]num[i]num[i] 中的每一个 iii 看成一个物品，然后 ans[i][j]ans[i][j]ans[i][j] 表示利用前 iii 个物品组成的状态为 jjj 的方案总数。

ans[0][0] = 1;
for(nt i = 0; i < 1024; i++)for(int j = 0; j < 1024; j++){ans[i+1][j] += ans[i][j];if((j&i) == 0){ans[i+1][j|i] += ans[i][j] * num[i];}}

再讲组合容斥的想法。定义 ans[i][j]ans[i][j]ans[i][j] 表示有多少个集合，组成了 iii 这个状态，一共含有 jjj 个不同的数位状态。比如数位 121212 这个状态，既可以由 111 和 222 两个状态组成，也可以直接由 121212 这一个状态组成。然后我们就可以直接枚举子集进行计算。这里需要注意，枚举子集时，每次由一个单体和一个集合一起算贡献，而不是每次用两个集合算贡献，这样可以尽量避免重复。利用单体算贡献，每个单体被重复计算 kkk 次，因此最后答案除 kkk。

rep(S, 1, endS){rep(k, 2, 9){ll cnt = 0;for(int sub = S & (S - 1); sub; sub = (sub - 1) & S){int x = sub, y = S - sub;cnt = (cnt + DP[x] * ans[y][k - 1]) % mod;}cnt = cnt * inv[k] % mod;ans[S][k] = (ans[S][k] + cnt) % mod;}}

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a);
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1, x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1, x2, y1, y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1, x2, y1, y2, z1, z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const db EPS = 1e-9;
const ll mod = 1e9 + 7;
using namespace std;ll dp[1 << 11][13], endS, ans[1 << 11][10], DP[1 << 11], inv[100];
int len, a[13];void init() {mem(dp,-1);mem(ans,0);mem(DP,0);
}ll dfs(int pos, int state, bool flag, int jud) { //jud表示有无数字if (pos == 0) {if(state == 0 && jud == 1) return 1;else return 0;}if (!flag && dp[state][pos] != -1 && jud == 1) return dp[state][pos];ll base = 0;int end = flag ? a[pos] : 9;rep(i, 0, end){if(jud == 0 && i == 0){ //无数字base = (base + dfs(pos - 1, state, flag && i == end, 0)) % mod;}else{if (((1 << i) & state) == 0) continue;base = (base + dfs(pos - 1, state, flag && i == end, 1)) % mod;base = (base + dfs(pos - 1, state^(1<<i), flag && i == end, 1)) % mod;}}if (!flag && jud == 1) dp[state][pos] = base;return base;
}void solve(ll n) {len = 0;memset(a, 0, sizeof a);while (n) {a[++len] = n % (10ll);n /= 10ll;}rep(S, 1, endS) DP[S] = dfs(len,S,1,0);
}ll pow_mod(ll a, ll b, ll m) {ll ans = 1;while (b) {if (b & 1)ans = ans * a % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return ans;
}int main() {int _;scanf("%d", &_);for (int i = 1; i <= 100; ++i) {inv[i] = pow_mod(i, mod - 2, mod);}endS = (1 << 11) - 1;rep(Ca, 1, _) {init();ll n;scanf("%lld", &n);solve(n);rep(S, 1, endS) ans[S][1] = DP[S];rep(S, 1, endS){rep(k, 2, 9){ll cnt = 0;for(int sub = S & (S - 1); sub; sub = (sub - 1) & S){int x = sub, y = S - sub;cnt = (cnt + DP[x] * ans[y][k - 1]) % mod;}cnt = cnt * inv[k] % mod;ans[S][k] = (ans[S][k] + cnt) % mod;}}ll sum = 0;rep(S, 1, endS) rep(i, 1, 9) sum = (sum + ans[S][i]) % mod;printf("Case %d: %lld\n", Ca, sum);}return 0;
}

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