ACM之路（16）—— 数位DP
2024-04-01 01:17:43
题目就是kuangbin的数位DP。
先讲C题，不要62，差不多就是一个模板题。要注意的是按位来的话，光一个pos是不够的，还需要一维来记录当前位置是什么数字，这样才能防止同一个pos不同数字的dp值混在一起。直接丢代码：
1 #include <stdio.h>
2 #include <algorithm>
3 #include <string.h>
4 #include <iostream>
5 #include <vector>
6 #include <queue>
7 #include <math.h>
8 using namespace std;
9 typedef long long ll;
10
11 // pos , 记录当前位是什么
12 // 第二维是为了防止同一个pos的不同which的dp混淆在一起，因为是记忆化搜索的
13 int bit[12],dp[12][12];
14
15 int dfs(int pos,int which,bool have_six,bool flag)
16 {
17 if(pos == -1) return 1;
18 int& ans = dp[pos][which];
19 if(flag && ans!=-1) return ans;
20 int d = flag?9:bit[pos];
21
22 int ret = 0;
23 for(int i=0;i<=d;i++)
24 {
25 if(i==4) continue;
26 if(have_six && i==2) continue;
27 ret += dfs(pos-1,i,i==6,flag||i<d);
28 }
29 if(flag) ans = ret;
30 return ret;
31 }
32
33 int solve(int x)
34 {
35 //if(x==0) return 0;
36 int pos = 0;
37 while(x)
38 {
39 bit[pos++] = x % 10;
40 x /= 10;
41 }
42
43 int ans = 0;
44 ans += dfs(pos-1,0,false,false);
45 return ans;
46 // 因为0也是一个值
47 // 所以solve(5)=5是因为0.1.2.3.5
48 }
49
50 int main()
51 {
52 int x,y;
53 memset(dp,-1,sizeof(dp));
54 //printf("%d !!\n",solve(5));
55 while(scanf("%d%d",&x,&y)==2)
56 {
57 if(x==0 && y==0) break;
58 else printf("%d\n",solve(y)-solve(x-1));
59 }
60 }View Code
那么如果是求区间内还有62的呢？可以是在上面的基础上，用总个数减去；也可以再开一维have，表示是否拥有了62。这样变化一下就是D题了，丢代码：
1 #include <stdio.h>
2 #include <algorithm>
3 #include <string.h>
4 #include <iostream>
5 #include <vector>
6 #include <queue>
7 #include <math.h>
8 using namespace std;
9 typedef long long ll;
10
11
12 int bit[22];
13 ll dp[22][2][2];
14
15 /*ll dfs(int pos,bool state,bool flag)
16 {
17 if(pos == -1) return 1;
18 ll& ans = dp[pos][state];
19 if(flag && ans!=-1) return ans;
20 int d = flag?9:bit[pos];
21
22 ll ret = 0;
23 for(int i=0;i<=d;i++)
24 {
25 if(state && i==9) continue;
26 ret += dfs(pos-1,i==4,flag||i<d);
27 }
28 if(flag) ans = ret;
29 return ret;
30 }*/
31
32 ll dfs(int pos,bool state,bool have,bool flag)
33 {
34 if(pos == -1) return have;
35 ll& ans = dp[pos][have][state];
36 if(flag && ans!=-1) return ans;
37 int d = flag?9:bit[pos];
38
39 ll ret = 0;
40 for(int i=0;i<=d;i++)
41 {
42 if(state && i==9) ret += dfs(pos-1,i==4,1,flag||i<d);
43 else ret += dfs(pos-1,i==4,have,flag||i<d);
44 }
45 if(flag) ans = ret;
46 return ret;
47 }
48
49 ll solve(ll x)
50 {
51 //if(x==0) return 0;
52 int pos = 0;
53 while(x)
54 {
55 bit[pos++] = x % 10;
56 x /= 10;
57 }
58
59 ll ans = 0;
60 ans += dfs(pos-1,false,false,false);
61 return ans;
62 }
63
64 int main()
65 {
66 int T;
67 scanf("%d",&T);
68 memset(dp,-1,sizeof(dp));
69
70 while(T--)
71 {
72 ll x;
73 scanf("%I64d",&x);
74 //printf("%I64d\n",x-(solve(x)-1));
75 cout<<solve(x)<<endl;
76 }
77 }View Code
另外还需要注意的是上面的问题并不需要记录当前一位是哪个数字，只要记录是不是需要的数字即可。比方说62，我只要用一个state保存这一位是不是6即可。
以上就是数位dp的基本套路，但是还会遇到一种情况，比方说让你统计区间内数的二进制表示的0的个数，这样子在dfs时需要再加一个参数first来表示有没有前导0。举个例子，比如说10010，在dfs以后，如果变成了0XXXX的情况，显然第一个0是不能算在0的个数之内的。因此，如果数位dp的过程中，有无前导0会对结果造成影响的，就要再加一个参数first来辅助完成dp过程。具体见E题代码：
1 #include <stdio.h>
2 #include <algorithm>
3 #include <string.h>
4 using namespace std;
5
6 int bit[40];
7 int dp[40][40][40];
8 //int len;
9
10 /*
11 单纯的用len来记录总位数是不行的，因为比方说5是101，
12 比它小的数可能len不等于3
13 也就是说在递推的过程中len是会发生变化的
14
15 因此，换一个方法，用一个bool变量first记录之前位是否存在
16 */
17
18 int dfs(int pos,int num_zero,int num_one,bool flag,bool first)
19 {
20 if(pos == -1) return num_zero >= num_one;
21 int& ans = dp[pos][num_zero][num_one];
22 if(flag && ans!=-1) return ans;
23
24 int d = flag?1:bit[pos];
25 int ret = 0;
26 for(int i=0;i<=d;i++)
27 {
28 ret += dfs(pos-1,(first||i?num_zero+(i==0):0),(first||i?num_one+(i==1):0),flag||i<d,first||i);
29 }
30 if(flag) ans = ret;
31 return ret;
32 }
33
34 int solve(int x)
35 {
36 int pos = 0;
37 while(x)
38 {
39 bit[pos++] = x%2;
40 x/=2;
41 }
42
43 //len = pos;
44 return dfs(pos-1,0,0,false,false);
45 }
46
47 int main()
48 {
49 int x,y;
50 memset(dp,-1,sizeof(dp));
51 while(scanf("%d%d",&x,&y)==2)
52 {
53 printf("%d\n",solve(y)-solve(x-1));
54 }
55 return 0;
56 }View Code
然后几题是比较有意思的。
A题，问区间内的美丽数的个数，美丽数指的是：这个数能被各个位置上的数字整除。这题的方法是直接找他们的最小公倍数，然后当做状态的状态的一维即可。要注意的是如果最小公倍数开最大的话，会超内存，那么只要将这一系列的最小公倍数离散化即可。其实这题似乎还可以优化，我没有深究了。具体见代码：
1 #include <stdio.h>
2 #include <algorithm>
3 #include <string.h>
4 #include <iostream>
5 #include <vector>
6 #include <queue>
7 #include <math.h>
8 using namespace std;
9 typedef long long ll;
10
11 int gcd(int a,int b) {return a%b?gcd(b,a%b):b;}
12 int lcm(int a,int b) {return a*b/gcd(a,b);}
13 // pos,离散化后的公约数的位置,各个位置上数字的和
14 int a[2520+10];
15 int bit[22];
16 ll dp[22][50][2520+100];
17
18 ll dfs(int pos,int _lcm,int sum,bool flag)
19 {
20 if(pos == -1) return (ll)(sum%_lcm==0);
21 ll& ans = dp[pos][a[_lcm]][sum];
22 if(flag && ans!=-1) return ans;
23 int d = flag?9:bit[pos];
24
25 ll ret = 0;
26 for(int i=0;i<=d;i++)
27 {
28 ret += dfs(pos-1,i?lcm(_lcm,i):_lcm,(sum*10+i)%2520,flag||i<d);
29 }
30 if(flag) ans = ret;
31 return ret;
32 }
33
34 ll solve(ll x)
35 {
36 int pos = 0;
37 while(x)
38 {
39 bit[pos++] = x % 10;
40 x /= 10;
41 }
42
43 ll ans = 0;
44 ans += dfs(pos-1,1,0,false);
45 return ans;
46 }
47
48 int main()
49 {
50 // 离散化
51 for(int i=1,j=0;i<=2520;i++)
52 {
53 a[i] = 2520%i?0:(++j);
54 //printf("%d !!\n",j );
55 } // max = 48
56
57 int T;
58 scanf("%d",&T);
59 memset(dp,-1,sizeof(dp));
60
61 while(T--)
62 {
63 ll x,y;
64 scanf("%I64d%I64d",&x,&y);
65 printf("%I64d\n",solve(y)-solve(x-1));
66 }
67 }View Code
B题，问区间内满足以下条件的数，这个数字内的LIS等于K。那么只要模拟LIS用二进制储存一个状态码当做一维的内容即可。具体见代码：
1 #include <stdio.h>
2 #include <algorithm>
3 #include <string.h>
4 #include <vector>
5 #include <map>
6 #include <set>
7 #include <queue>
8 #include <iostream>
9 #include <stdlib.h>
10 #include <string>
11 #include <stack>
12 using namespace std;
13 const int inf = 0x3f3f3f3f;
14 typedef long long ll;
15 typedef pair<int,int> pii;
16 const int N = 500 + 5;
17
18 int bit[22],K;
19 ll dp[22][1<<10][12];
20 ll L,R;
21
22 /*
23 state是一个状态码，
24 二进制状态下，各位如果是0表示LIS中没有这个数，
25 否则，就有。
26 例如100110，那么表示当前这个数的LIS为125
27 如果我要插入一个数字是3，那么3将5替换掉就可以了，
28 否则，如果插入的是一个6，比5都大，只要将6放在5后面即可。
29 下面的代码就是实现的这一过程。
30 */
31 int newState(int state,int x)
32 {
33 // 找到第一个大于x的数将它替换掉
34 // 是对LIS的nlog(n)的体现
35 for(int i=x;i<10;i++)
36 {
37 if(state & (1<<i)) return (state^(1<<i))|(1<<x);
38 }
39 return state | (1<<x);
40 }
41
42 int getLen(int state)
43 {
44 int cnt = 0;
45 while(state)
46 {
47 if(state&1) cnt++;
48 state >>= 1;
49 }
50 return cnt;
51 }
52
53 ll dfs(int pos,int state,bool first,bool flag)
54 {
55 if(pos == -1) return getLen(state)==K;
56 ll& ans = dp[pos][state][K];
57 if(flag && ans!=-1) return ans;
58
59 int d = flag?9:bit[pos];
60 ll ret = 0;
61 for(int i=0;i<=d;i++)
62 {
63 ret += dfs(pos-1,first||i?newState(state,i):0,first||i,flag||i<d);
64 }
65 if(flag) ans = ret;
66 return ret;
67 }
68
69 ll solve(ll x)
70 {
71 int pos = 0;
72 while(x)
73 {
74 bit[pos++] = x % 10;
75 x /= 10;
76 }
77
78 return dfs(pos-1,0,false,false);
79 }
80
81 int main()
82 {
83 int T;
84 scanf("%d",&T);
85 memset(dp,-1,sizeof(dp));
86 for(int kase=1;kase<=T;kase++)
87 {
88 scanf("%I64d%I64d%d",&L,&R,&K);
89 printf("Case #%d: %I64d\n",kase,solve(R)-solve(L-1));
90 }
91 }View Code
讲到状态码形式的数位dp，可以再看看最后一题。大意是找出区间内平衡数：任何奇数只要出现了，就必须出现偶数次；任何偶数，只要出现了就必须出现奇数次。不出现的数字不做讨论，同时是任意一个奇数都要出现偶数次，比方说1333，1和3它们都出现了奇数次，而不是所有奇数出现的次数和是偶数次，因此这个数字不满足平衡数的要求。具体实现的话也是转化成3进制的状态码即可，具体见代码：
1 #include <stdio.h>
2 #include <algorithm>
3 #include <string.h>
4 #include <vector>
5 #include <map>
6 #include <set>
7 #include <queue>
8 #include <iostream>
9 #include <stdlib.h>
10 #include <string>
11 #include <stack>
12 using namespace std;
13 const int inf = 0x3f3f3f3f;
14 typedef long long ll;
15 typedef pair<int,int> pii;
16 const int N = 500 + 5;
17
18 int bit[22];
19 ll dp[22][60000];
20 int pw[12];
21 int f[60000][10];
22 // f表示的是在这个状态码下各个数字的出现次数
23 // 是预处理好的
24 // 比如f[12345][6]表示在12345这个状态码下的6的出现的次数的奇偶
25
26 bool check(int state)
27 {
28 int x = 1; // 1表示出现奇数次，2表示出现偶数次
29 for(int i=9;i>=0;i--)
30 {
31 if(f[state][i])
32 {
33 if(f[state][i] + x != 3) return false;
34 }
35 x = 3 - x;
36 }
37 return true;
38 }
39
40 int newstate(int state,int i)
41 {
42 if(f[state][i] <= 1)
43 {
44 //f[state][i]++;
45 return state + pw[i]; // 如果出现了0次或者奇数次，就次数加1，相当于那个数字的那一位的三进制加1
46 }
47 //f[state][i]--;
48 return state - pw[i]; // 如果出现了偶数次，让状态码对应位置的三进制减1，表示变成了出现奇数次
49 }
50
51 ll dfs(int pos,int state,bool first,bool flag)
52 {
53 if(pos == -1) return check(state);
54 ll& ans = dp[pos][state];
55 if(flag && ans!=-1) return ans;
56
57 int d = flag?9:bit[pos];
58 ll ret = 0;
59 for(int i=0;i<=d;i++)
60 {
61 ret += dfs(pos-1,first||i?newstate(state,i):0,first||i,flag||i<d);
62 }
63 if(flag) ans = ret;
64 return ret;
65 }
66
67 ll solve(ll x)
68 {
69 int pos = 0;
70 while(x)
71 {
72 bit[pos++] = x % 10;
73 x /= 10;
74 }
75
76 return dfs(pos-1,0,false,false);
77 }
78
79 void init()
80 {
81 memset(dp,-1,sizeof(dp));
82 memset(f,0,sizeof(f));
83 pw[0] = 1;
84 for(int i=1;i<=10;i++) pw[i] = 3*pw[i-1];
85
86 // 下面是预处理出f的值
87 for(int i=1;i<=pw[10]-1;i++)
88 {
89 int now = i;
90 for(int j=9;j>=0;j--)
91 {
92 if(now >= pw[j])
93 {
94 int t;
95 f[i][j] = t = now/pw[j];
96 now -= t*pw[j];
97 }
98 }
99 }
100 }
101
102 int main()
103 {
104 int T;
105 scanf("%d",&T);
106 init();
107 while(T--)
108 {
109 ll l,r;
110 cin >> l >> r;
111 cout << solve(r)-solve(l-1) << endl;
112 }
113 }View Code
最后想讲的是J题，求的是区间内的与7无关的数字的平方和。因为涉及到平方，所以涉及到展开的问题。具体见代码注释：
1 #include <stdio.h>
2 #include <algorithm>
3 #include <string.h>
4 #include <vector>
5 #include <map>
6 #include <set>
7 #include <queue>
8 #include <iostream>
9 #include <stdlib.h>
10 #include <string>
11 #include <stack>
12 using namespace std;
13 const int inf = 0x3f3f3f3f;
14 const int mod = (int)1e9 + 7;
15 typedef long long ll;
16 typedef pair<int,int> pii;
17 const int N = 500 + 5;
18
19 struct node
20 {
21 ll n,s,sq;
22 }dp[22][10][10];
23 int bit[22];
24 ll L,R,pw[22];
25
26 node dfs(int pos,int sum,int digit_sum,bool flag)
27 {
28 if(pos == -1) return (node){sum&&digit_sum,0,0};
29 node& ans = dp[pos][sum][digit_sum];
30 if(flag && ans.n!=-1) return ans;
31
32 int d = flag?9:bit[pos];
33 node ret = (node){0,0,0};
34 for(int i=0;i<=d;i++)
35 {
36 if(i == 7) continue;
37 node temp = dfs(pos-1,(sum*10+i)%7,(digit_sum+i)%7,flag||i<d);
38 ret.n = (ret.n + temp.n) % mod;
39
40 // 别忘了乘以个数n
41 ret.s += (temp.s + (pw[pos] * i) % mod * temp.n) % mod;
42 ret.s %= mod;
43
44 // 到这一位需要增加的sq是（i*pw[i]+temp.s）^2，拆开累加即可
45 // temp.sq 是 temp.s 的平方
46 // 在处理(i*pw[i])的平方时需要乘以个数n。
47 // 而处理2倍它们的乘积时不用是因为temp.s中已经乘过n了
48 ret.sq += (temp.sq + 2 * pw[pos] * i % mod * temp.s % mod) % mod;
49 ret.sq %= mod;
50 ret.sq += (temp.n * pw[pos] % mod * ((pw[pos]*i*i) % mod)) % mod;
51 ret.sq %= mod;
52 }
53 if(flag) ans = ret;
54 return ret;
55 }
56
57 ll solve(ll x)
58 {
59 int pos = 0;
60 while(x)
61 {
62 bit[pos++] = x % 10;
63 x /= 10;
64 }
65
66 return dfs(pos-1,0,0,false).sq % mod;
67 }
68
69 int main()
70 {
71 int T;
72 scanf("%d",&T);
73 memset(dp,-1,sizeof(dp));
74 pw[0] = 1;
75 for(int i=1;i<22;i++) pw[i] = (pw[i-1] * 10) % mod;
76 while(T--)
77 {
78 scanf("%I64d%I64d",&L,&R);
79 // 对mod以后的别忘记先加mod再mod不然可能是负数
80 printf("%I64d\n",(solve(R)-solve(L-1) + mod) % mod);
81 }
82 }View Code
最后想补充的一点是，很多的solve求的都是0~指定位置满足条件的和，但是没有关系，只要相减以后就都抵消了，但是单单使用solve的话就可能会出现问题。
转载于:https://www.cnblogs.com/zzyDS/p/5684209.html
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