数位DP 解题报告

HDU 4722 Good Numbers

链接：HDU 4722 Good Numbers
题意：如果一个数的所有位数加起来是 101010 的倍数, 则称之为 goodnumbergood \ numbergood number，求区间 [l,r](0≤l≤r≤1018)[l, r](0 \le l \le r \le 10^{18})[l,r](0≤l≤r≤1018) 内 goodnumbergood \ numbergood number 的个数；

• 题解参考 夜深人静写算法（二十九）- 数位DP 中【例题1】的讲解。

HDU 2089 不要62

链接：HDU 2089 不要62
题意：对于一个数字，如果出现 4 或者 62 ，则属于不吉利数字，给定 n,m(0<n<m<106)n, m(0 \lt n \lt m < 10^6)n,m(0<n<m<106)，求 [n,m][n, m][n,m] 中非不吉利数字的个数。

• 题解参考 夜深人静写算法（二十九）- 数位DP 中【例题2】的讲解。

HDU 3555 Bomb

链接：HDU 3555 Bomb
题意：给定一个 n(1≤n≤263−1)n(1 \le n \le 2^{63}-1)n(1≤n≤263−1)，求小于等于 nnn 的数字中包含 49 的数的个数。

• 题解参考 夜深人静写算法（二十九）- 数位DP 中【例题3】的讲解。

HDU 3652 B-number

链接：HDU 3652 B-number
题意：一个数的十进制包含子串 “13” 并且能被 13 整除，则被称为 B数，求小于等于 n(n≤109)n(n \le 10^9)n(n≤109) 的 B数。

• 题解参考 夜深人静写算法（二十九）- 数位DP 中【例题4】的讲解。

PKU 3252 Round Numbers

链接：PKU 3252 Round Numbers
题意：如果一个数的二进制表示中 0 的个数大于等于 1，则称它为 roundnumberround \ numberround number，给定一个区间 [a,b][a,b][a,b]，求其中 roundnumberround \ numberround number 的个数。

• 题解参考 夜深人静写算法（二十九）- 数位DP 中【例题5】的讲解。

HDU 4151 The Special Number

链接：HDU 4151 The Special Number
题意：一个数字的十进制下的每个位都不同，则称为 SpecialNumberSpecial \ NumberSpecial Number，求小于 n(n<108)n(n \lt 10^8)n(n<108) 的数的个数。

• 题解参考 夜深人静写算法（二十九）- 数位DP 中【例题6】的讲解。

PKU 3286 How many 0’s?

链接：PKU 3286 How many 0’s?
题意：统计区间 [a,b][a, b][a,b] 中的 0 的数量。

• 首先利用差分法，用 g(x)g(x)g(x) 表示 [0,x][0, x][0,x] 中 000 的数量，答案就是 g(b)−g(a−1)g(b) - g(a-1)g(b)−g(a−1)。
• 这个题可以说是没有任何显式的约束条件，但是我们在统计的时候需要注意一个很重要的点，就是前导零是不能纳入统计的。所以在定义前缀状态的时候，对于一个长度为 nnn 的数字，我们可以分为 3 类：
• 1）状态0：nnn 个 0 的情况；
• 2）状态1：k(k≤n−1)k (k \le n-1)k(k≤n−1) 个 0 的情况；
• 3）状态2：其它情况；
• 状态转移如图所示：

• 对于一个数 xxx，如果前缀状态处于 状态0，那么很显然，这个值就是零，所以零的个数为1；如果处于 状态1，那么到目前为止都是前导零，不应该纳入统计；如果处于 状态2，假设第 kkk 位的零出现次数为 h(k)h(k)h(k)， 则有：
• h(k)={10k−1lim=truexmod10k−1+1lim=falseh(k) = \begin{cases} 10^{k-1} & lim = true \\ x \mod 10^{k-1} + 1 & lim = false \end{cases}h(k)={10k−1xmod10k−1+1​lim=truelim=false​
• 利用 数位DP 进行状态转移即可。

HDU 1663 The Counting Problem

链接：HDU 1663 The Counting Problem
题意：统计区间 [a,b](0<a,b<108)[a, b](0 \lt a, b \lt 10^8)[a,b](0<a,b<108) 中每个数字的 [0,9][0, 9][0,9] 的数量。

• 同 PKU 3286 How many 0’s

洛谷 P2602 数字计数

链接：洛谷 P2602 数字计数
题意：统计区间 [a,b](0<a,b<1012)[a, b](0 \lt a, b \lt 10^{12})[a,b](0<a,b<1012) 中每个数字的 [0,9][0, 9][0,9] 的数量。

• 同 HDU 1663 The Counting Problem

洛谷 P2657 windy 数

链接：洛谷 P2657 windy 数
题意：一个数字各个相邻位之差的绝对值不小于2则称为 Windy 数，统计区间 [a,b](0<a,b<109)[a, b](0 \lt a, b \lt 10^9)[a,b](0<a,b<109) 中的 Windy 数 个数。

• 前缀状态定义：已经枚举的数字的前缀的最后一位；
• 状态转移：令前一位为 xxx，当前位为 yyy，状态转移发生在 ∣x−y∣≥2|x - y| \ge 2∣x−y∣≥2 时；
• 前导零状态：前导零状态应该和任意状态都能发生状态转移，即满足 ∣x−y∣≥2|x - y| \ge 2∣x−y∣≥2，所以可以用 11 进行编码。

洛谷 P3413 萌数

链接：洛谷 P3413 萌数
题意：如果一个数包含长度至少为2的回文串，则称为萌数，求区间 [l,r](l≤r≤101000)[l, r](l \le r \le 10^{1000})[l,r](l≤r≤101000) 内萌数的个数模 (109+710^9+7109+7)。

• 前缀状态定义：已经枚举的数字的前缀的最后两位；不足两位的用 10 （前导零状态） 来补齐，一旦出现满足条件的回文串，则将状态变为饱和状态，用 11 编码，除了这两个特殊状态，用高位和低位来分别表示最后第二位 和 最后第一位。所以状态定义为：

          [10]          表示前导零状态 [11]          表示饱和状态[10][0-9]          表示一位数字 [0-9][0-9]          表示两位以上数字的最后两位

• 状态转移实现如下：

const int saturatedstate = 11;
const int leadingzerostate = 10;bool isEndStateValid(stType state) {return state == saturatedstate;
}stType nextState(stType st, int digit) {if(st == leadingzerostate) {// 前导零状态，接受0，还是保持前导零状态 if(digit == 0) {return leadingzerostate;}// 否则st = leadingzerostate * 100 + leadingzerostate;}else if(st == saturatedstate) {return saturatedstate;}int high = st/100, low = st%100;if(high == digit || low == digit) {return saturatedstate;}return low * 100 + digit;
}

洛谷 P6754 Palindrome-Free Numbers

链接：洛谷 P6754 Palindrome-Free Numbers
同 洛谷 P3413 萌数

洛谷 P4317 花神的数论题

链接：洛谷 P4317 花神的数论题
题意：令 sum(i)sum(i)sum(i) 表示 iii 的二进制表示中 111 的个数。给出一个正整数 n(n≤1015)n(n \le 10^{15})n(n≤1015)，求 ∏i=1nsum(i)mod10000007\prod_{i=1}^{n} sum(i) \mod 10000007∏i=1n​sum(i)mod10000007。

• 可以利用数位DP求出二进制表示中 1 的个数为 kkk 个的，令其个数为 h(k)h(k)h(k)。
• 则最后的答案就是：
• ∏k=163kh(k)mod10000007\prod_{k=1}^{63}k^{h(k)} \mod 10000007k=1∏63​kh(k)mod10000007
• 利用二分快速幂求解最终答案。
• 由于是求 1 的个数所以不需要考虑前导零，如果是求0的个数就要引入前导零状态了。

HDU 5898 odd-even number

链接：HDU 5898 odd-even number
题意：如果一个数的连续奇数位有偶数个，连续偶数位有奇数个，则称为 odd−evennumberodd-even \ numberodd−even number，给定区间 [l,r](l≤r≤1018)[l, r](l \le r \le 10^{18})[l,r](l≤r≤1018)，求区间内 odd−evennumberodd-even \ numberodd−even number 的个数。

• 前缀状态定义：前缀的最后一位数字的奇偶性，以及连续相同奇偶性的数个数的奇偶性；高位代表枚举的数字的最后一位的奇偶性，低位代表连续相同奇偶性的数个数的奇偶性。所以状态定义为：

          [12]          表示前导零状态 [0][1]          表示前缀最后这位为偶数，出现奇数次 [0][0]          表示前缀最后这位为偶数，出现偶数次[1][0]          表示前缀最后这位为奇数，出现偶数次[1][1]          表示前缀最后这位为奇数，出现奇数次

• 状态转移实现如下：

const int invalidstate = -123456789;
const int leadingzerostate = 12;bool isEndStateValid(stType state) {return state/10 != state%10;
}
stType nextState(stType st, int digit) {if(st == leadingzerostate) {if(digit == 0) {return leadingzerostate;}return (digit&1) * 10 + 1;}int high = st/10, low = st%10;int oddeven = (digit&1);if(high != oddeven) {if(high == low) {return invalidstate;}return oddeven * 10 + 1;}else {return high*10 + (low^1);}
}

HDU 4734 F(x)

链接：HDU 4734 F(x)
题意：xxx 表示为 10进制的 nnn 位数为 AnAn−1An−2...A2A1A_nA_{n-1}A_{n-2} ... A_2A_1An​An−1​An−2​...A2​A1​, 定义 F(x)=An∗2n−1+An−1∗2n−2+...+A2∗2+A1∗1F(x) = A_n * 2^{n-1} + A_{n-1} * 2^{n-2} + ... + A_2 * 2 + A_1 * 1F(x)=An​∗2n−1+An−1​∗2n−2+...+A2​∗2+A1​∗1给定两个数 AAA 和 BBB (0≤A,B≤109)(0 \le A,B \le 10^9)(0≤A,B≤109)，求区间 [0,B][0, B][0,B] 中有多少数满足 F(x)≤F(A)F(x) \le F(A)F(x)≤F(A)。

• 由于 BBB 的范围限制，所以 F(x)F(x)F(x) 的最大值为 9∗28+9∗27+...+9∗20=9∗(29−1)=45999*2^8 + 9*2^7 + ... + 9*2^0 = 9 * (2^9 - 1) = 45999∗28+9∗27+...+9∗20=9∗(29−1)=4599。利用 F(x)F(x)F(x) 作为前缀状态 ststst，定义状态 f(n,st,lim)f(n, st, lim)f(n,st,lim) 进行数位 DP。
• 这题需要注意，由于是海量数据，所以对于记忆化数组 f[n][st]f[n][st]f[n][st] 只能初始化一次。
• 并且需要加入一定的剪枝，比如当枚举到的某个数，lim=truelim = truelim=true 时，计算出的最大的 F(x)F(x)F(x) 都是小于等于 F(a)F(a)F(a) 的，那么答案就是 10n10^n10n，不必再递归往下计算，直接返回即可。

HDU 6148 Valley Numer

链接：HDU 6148 Valley Numer
题意：如果一个数中出现县递增再递减的山峰，则为不合法数，求 [1,n](n≤10100)[1,n](n \le 10^{100})[1,n](n≤10100) 中有多少合法数模(1000000007)。

• 状态定义用两个参数表示：

第一位： 0    前导零状态1    尚未出现过递增2    出现过递增 第二位：0-9  前缀的最后一位数字

• 然后进行状态转移，套用 数位 DP 模板即可。

HDU 5179 beautiful number

链接：HDU 5179 beautiful number
题意：对于一个数 A=∑i=1nai∗10n−i(1≤ai≤9)A = \sum_{i=1}^{n} a_i∗10^{n−i}(1≤ai≤9)A=∑i=1n​ai​∗10n−i(1≤ai≤9) 当满足以下两个条件时，我们称 A 为 “beautifulnumberbeautiful \ numberbeautiful number”
   1）ai≥ai+1a_i \ge a_{i+1}ai​≥ai+1​；
   2）aimodaj=0a_i \mod a_j = 0ai​modaj​=0，1≤i≤n,i<j≤n1 \le i \le n, i \lt j \le n1≤i≤n,i<j≤n
现在给定区间 [l,r](l≤r≤109)[l, r](l \le r \le 10^9)[l,r](l≤r≤109)，求区间中 beautifulnumberbeautiful \ numberbeautiful number 的数量。

• 前缀状态用二进制压缩，如果一个数字出现过，则在对应二进制比特位置1，数字总共9个，所以状态总数不会超过1023，再加上前导零状态，总共 1024 个状态。
• 状态转移就简单了，直接枚举对应位是否存在 1，有的话就进行整除合法性判断。

洛谷 P4124 手机号码

链接：洛谷 P4124 手机号码
题意：一个手机号需要同时满足以下三个条件：
  1）不含前导零；
  2）至少有三个相同的相邻数字；
  3）4 和 8 不能同时出现；
给定一个区间 [l,r][l, r][l,r]，求满足条件的手机号的个数。

• 三个条件分别做如下处理：
• 1）最高位必须从 1 开始枚举，才能保证不出现前导零；
• 2）状态位 [a][b]，其中 [a] 表示前缀最后一个字符是 aaa，[b] 表示 aaa 出现的次数；
• 3）状态位 [c]，c 的取值为 0（表示4和8都没出现），1（4出现了），2（8出现了）；
• 状态转移利用数位 DP 求解即可。

洛谷 CF855E Salazar Slytherin’s Locket

链接：洛谷 CF855E Salazar Slytherin’s Locket
题意：求 [l,r](1≤l≤r≤1018)[l, r](1 \le l \le r \le 10^{18})[l,r](1≤l≤r≤1018)区间中的数，转换成 b(b≤10)b(b \le 10)b(b≤10) 进制后，0,1,2...,b−2,b−10,1,2...,b-2,b-10,1,2...,b−2,b−1 都出现偶数次的数的个数。

• 每个数字出现 偶数次 或者 奇数次 可以用 0 或者 1 来表示，由于 bbb 的范围最大为 10，所以最多 2102^{10}210 个状态，再加上一个前导零状态，用 2048 表示。
• 然后就是套用 数位 DP 模板了。

洛谷 P6371 V

链接：洛谷 P6371 V
题意：使用给定的数字，组成一些在 [l,r](l≤r≤1011)[l,r](l \le r \le 10^{11})[l,r](l≤r≤1011) 之间的数使得这些数每个都能被 X(X≤1011)X(X \le 10^{11})X(X≤1011) 整除。

• 分情况讨论：
• 1）当 X≤105X \le 10^5X≤105，利用 数位 DP 求解，前缀状态就是存每个数前缀模 XXX 的值；
• 2）否则，直接暴力枚举 XXX 的倍数判可行性；

洛谷 P4127 同类分布

链接：洛谷 P4127 同类分布
题意：给出一个闭区间 [l,r][l,r][l,r]，求各位数字之和能整除原数的数的个数。

• 两个前缀状态：
• 所有数字的和最大值为：9 * 长度 =9∗19<180= 9 * 19 < 180=9∗19<180，所以可以枚举所有可能情况的和 sumsumsum。
• 1）个位数字之和 nowsumnowsumnowsum；
• 2）原数模上 sumsumsum 的余数 nowmodnowmodnowmod；
• 然后用 数位DP 进行状态转移，得到最终状态：(nowsum，nowmod)(nowsum，nowmod)(nowsum，nowmod) ，只有当 nowsum=sumnowsum = sumnowsum=sum 且 nowmod=0nowmod = 0nowmod=0 才是满足条件：各位数字之和为 sumsumsum，且 sumsumsum 能被原数整除的情况。

HDU 5787 K-wolf Number

链接：HDU 5787 K-wolf Number
题意：给出区间 [l,r](1≤l≤r≤1018)[l, r](1 \le l \le r \le 10^{18})[l,r](1≤l≤r≤1018) 和 K(2≤K≤5)K(2 \le K \le 5)K(2≤K≤5)，求区间中，十进制表示相邻 KKK 位都不同的数的个数。

• 用 111111 进制来表示状态，其中 [0，9][0，9][0，9] 代表数字，101010 代表前导零，每次状态转移的时候检查前缀状态的 [0,K)[0, K)[0,K) 是否有当前枚举的这一位数字，如果有则不进行状态转移，否则把当前那一位附加到前缀状态末尾，每次只存 KKK 位状态，不过不足 KKK 位，用 101010 补齐在最前面（前导零的情况）。

PKU 3208 Apocalypse Someday

链接：PKU 3208 Apocalypse Someday
题意：一个数如果至少包含 3 个 6，则称为 “beast number”，给定一个 kkk， 求第 kkk 个 “beast number”。

• 状态编码如下：
• 状态0：前缀数字最后位不是6，且未出现过连续3个6；
• 状态1：前缀数字最后位连续6的个数为1个，且未出现过连续3个6；
• 状态2：前缀数字最后位连续6的个数为2个，且未出现过连续3个6；
• 状态3：已经出现过连续3个6，饱和状态；
• 状态转移如下：

• 然后就是 二分答案 + 数位DP 判可行 了。

HDU 5965 扫雷

链接：HDU 5965 扫雷
题意：对于一个 3×n(n≤10000)3 \times n(n \le 10000)3×n(n≤10000) 的格子上，中间一行均无地雷，显示了周围 8 个格子共有多少地雷，求一共有多少种方案。

• 用 f[n][2][2][2][2]f[n][2][2][2][2]f[n][2][2][2][2] 来表示状态，进行状态转移。

HDU 5456 Matches Puzzle Game

链接：HDU 5456 Matches Puzzle Game
题意：给出 n(n≤500)n(n \le 500)n(n≤500) 根火柴，然后给出如下火柴的样式，求满足条件的等式 A−B=CA - B = CA−B=C 的方案数，求方案数模 109+710^9+7109+7。
如下图为火柴数为 (n=17=6+1+5+2+3)(n = 17 = 6 + 1 + 5 + 2 + 3)(n=17=6+1+5+2+3) 的其中一种方案。

• 首先预处理每个数字需要多少根火柴，存储在 num 数组中；
• 然后把等式转换成 A=B+CA = B + CA=B+C；
• 接着就是确定枚举方式，我们可以枚举 B 和 C 的每一位，相加的时候需要对齐，所以从低位到高位进行枚举，然后记录是否产生进位，从而确定 A 的对应位是什么，还要考虑前导零；
• 所以可以这么设计状态：
• f[n][2][2][2]f[n][2][2][2]f[n][2][2][2]，状态表示四维 f[i][j][k][l]f[i][j][k][l]f[i][j][k][l]：
• 1）iii 表示目前还有 iii 根火柴的情况；
• 2）jjj 表示当前 B 这个数字是否已经枚举完；
• 3）kkk 表示当前 C 这个数字是否枚举完；
• 4）lll 表示低位过来的进位是多少；
• 然后根据 jjj 和 kkk 是否枚举完进行分情况讨论，记忆化搜索即可。

HDU 3709 Balanced Number

链接：HDU 3709 Balanced Number
题意：如果一个数字满足以某个点为平衡点，两边数字的力矩相等，则称这个数为 “Balanced Number”，给定一个区间 [a,b][a, b][a,b]，求区间中有多少 “Balanced Number”。例如：4139 就是一个 “Balanced Number”，因为它满足 4∗2+1∗1=9∗14*2 + 1*1 = 9*14∗2+1∗1=9∗1

• 首先，如果一个数 xxx，长度为 nnn，平衡点的位置在 ppp，那么把这个数字表示成十进制如下：
• xnxn−1...xp+1xpxp−1...x2x1x_nx_{n-1}...x_{p+1}x_px_{p-1}...x_2x_1xn​xn−1​...xp+1​xp​xp−1​...x2​x1​
• 那么，左边数字的力矩就是：
• lp=xn∗(n−p)+xn−1∗(n−p−1)+...+xp+1l_p = x_n*(n-p) + x_{n-1}*(n-p-1) + ... + x_{p+1}lp​=xn​∗(n−p)+xn−1​∗(n−p−1)+...+xp+1​
• 右边数字的力矩就是：
• rp=xp−1+...+x2∗(p−2)+x1∗(p−1)r_p = x_{p-1} + ... + x_2*(p-2) + x_1*(p-1)rp​=xp−1​+...+x2​∗(p−2)+x1​∗(p−1)
• 由于 ppp 是平衡点，那么 lp=rpl_p = r_plp​=rp​。
• 那么，如果在 ppp 是平衡点的基础上，我们来看看是否有可能，p−1p-1p−1 这个位置也是平衡点？
• 假设 p−1p-1p−1 是平衡点，那么有：
• lp−1=xn∗(n−p+1)+xn−1∗(n−p)+...+xp=xn∗(n−p)+xn−1∗(n−p−1)+...+xp+1+(xn+xn−1+...xp)=lp+∑k=pnxk\begin{aligned}l_{p-1} &= x_n*(n-p+1) + x_{n-1}*(n-p) + ... + x_{p} \\ &= x_n*(n-p) + x_{n-1}*(n-p-1) + ... + x_{p+1} + (x_n+x_{n-1}+...x_{p}) \\ &= l_p + \sum_{k=p}^n x_{k}\end{aligned}lp−1​​=xn​∗(n−p+1)+xn−1​∗(n−p)+...+xp​=xn​∗(n−p)+xn−1​∗(n−p−1)+...+xp+1​+(xn​+xn−1​+...xp​)=lp​+k=p∑n​xk​​
• rp−1=xp−2+...+x2∗(p−3)+x1∗(p−2)=xp−1+...+x2∗(p−2)+x1∗(p−1)−xp−1−...−x2−x1=rp−∑k=1p−1xk\begin{aligned}r_{p-1} &= x_{p-2} + ... + x_2*(p-3) + x_1*(p-2) \\ &= x_{p-1} + ... + x_2*(p-2) + x_1*(p-1) - x_{p-1} - ... - x_2 - x_1 \\ &= r_p - \sum_{k=1}^{p-1} x_{k} \end{aligned}rp−1​​=xp−2​+...+x2​∗(p−3)+x1​∗(p−2)=xp−1​+...+x2​∗(p−2)+x1​∗(p−1)−xp−1​−...−x2​−x1​=rp​−k=1∑p−1​xk​​
• 满足等式：lp−1=rp−1l_{p-1} = r_{p-1}lp−1​=rp−1​
• 则需要满足 ∑k=pnxk=−∑k=1p−1xk\sum_{k=p}^n x_{k} = - \sum_{k=1}^{p-1} x_{k}k=p∑n​xk​=−k=1∑p−1​xk​
• 除非 xk=0x_k = 0xk​=0，这种情况特殊处理，其他情况不可能满足有多个平衡点，所以可以求出所有以 p(1≤p≤n)p(1 \le p \le n)p(1≤p≤n) 为平衡点数字的和，就是整个问题的解了。

HDU 4507 吉哥系列故事——恨7不成妻

链接：HDU 4507 吉哥系列故事——恨7不成妻
题意：如果一个整数符合下面3个条件之一，那么我们就说这个整数和7有关——
 1、整数中某一位是7；
 2、整数的每一位加起来的和是7的整数倍；
 3、这个整数是7的整数倍；
给定一个区间 [a,b][a, b][a,b]，求区间内和 7 无关的数字的平方和 模 109+710^9+7109+7。

• 定义状态的时候可以这么考虑：
• 1）遇到 7 无法进行状态转移；
• 2）每位加起来的和 模 7 的余数作为 state1，范围 [0,6][0, 6][0,6]；
• 3）枚举到当前前缀的和 模 7 的余数作为 state2，范围 [0,6][0, 6][0,6]；
• 4）如果一个数 vvv 的最高位为 iii，后面的位用未知数 xxx 表示，即 v=i∗10n+xv = i * 10^n + xv=i∗10n+x，那么 v2=i2∗100n+x2+2xi∗10nv^2 = i^2*100^n + x^2 + 2xi * 10^nv2=i2∗100n+x2+2xi∗10n
• ∑v2=∑(i2∗100n+x2+2xi∗10n)=i2∗∑100n+∑x2+2i∗10n∑x\begin{aligned} \sum v^2 &= \sum (i^2*100^n + x^2 + 2xi * 10^n)\\ &= i^2 * \sum 100^n + \sum x^2 + 2i * 10^n \sum x\end{aligned}∑v2​=∑(i2∗100n+x2+2xi∗10n)=i2∗∑100n+∑x2+2i∗10n∑x​
• 所以当最高位确定为 iii 的时候，需要知道三个值：
• 1）xxx 取值有多少种？用 aaa 表示，则 i2∗∑100n=i2∗a∗100ni^2 * \sum 100^n = i^2 * a * 100^ni2∗∑100n=i2∗a∗100n
• 2）xxx 所有 x 求和为多少？用 bbb 表示，则 2i∗10n∑x=2i∗10nb2i * 10^n \sum x = 2i * 10^n b2i∗10n∑x=2i∗10nb
• 3）xxx 所有 x 的平方和为多少?用 ccc 表示，则 ∑x2=c\sum x^2 = c∑x2=c
• 于是得到：
• ∑v2=i2∗a∗102n+2i∗10nb+c\sum v^2 = i^2 * a * 10^{2n} + 2i * 10^n b + c∑v2=i2∗a∗102n+2i∗10nb+c
• 而 a,b,ca, b, ca,b,c 又可以通过递归求得。

HDU 4352 XHXJ’s LIS

链接：HDU 4352 XHXJ’s LIS
题意：给定一个区间 [L,R](0<L≤R<263−1)[L, R] ( 0 \lt L\le R \lt 2^{63}-1)[L,R](0<L≤R<263−1)，和一个数 K(K≤10)K( K \le 10)K(K≤10)，求区间中的数字表示成字符串后，最长严格递增子序列的长度为 KKK 的数字的数量。

• 建议先看下 夜深人静写算法（二十）- 最长单调子序列 其中提到的 nlog2nnlog_2nnlog2​n 的那个算法。
• 状态表示为：令 gig_igi​ 表示长度 iii 为 的 递增子序列的最后一个数（即子序列中的第 iii 个数）的最小值。
• 最大长度为 10，并且要求递增，所以这样的序列不会很多，我们可以用 dpdpdp 计数来求出这些序列共有多少种，列表如下：

• 这张表表示的是 dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]，即 长度为 iii 且以数字 jjj 结尾的递增序列的个数，我们看到，长度为 5 的情况下达到最大值，也就 252 个。所以对于每个序列都可以单独作为一个状态，即 12489、24567、56789 均为长度为 5 的合法状态，都是算在 252 个里面的；相反的， 87134 则不是合法状态。
• 由于数字很大，无法直接放到状态数组中，那么我们可以通过预处理，先把这些合法状态都预处理出来，然后存放到一个数组中，再通过二分去找到这个数字，返回下标来作为状态数组的下标。
• f[n][len][state][2][2]f[n][len][state][2][2]f[n][len][state][2][2] 来表示状态，数字本身的长度为 nnn，递增序列的最大长度 lenlenlen，其中递增序列的状态 statestatestate，第一个 222 代表是否已经有非零的数字， 第二个 2 代表每一位的 limit，然后就可以进行数位DP了。

洛谷 CF55D Beautiful numbers

链接：洛谷 CF55D Beautiful numbers
题意：一个数字如果能够被它所有的非零位整除，则称之为：BeautifulnumberBeautiful \ numberBeautiful number，给定一个区间 [l,r](l≤r≤9∗1018)[l, r](l \le r \le 9*10^{18})[l,r](l≤r≤9∗1018)

• 这道题比较巧妙，我们可以发现如下几个思考点：
• 1）首先考虑，如果一个数能被所有 [1,9][1,9][1,9] 的数字整除，那么就是被它们的最小公倍数整除，即 2520；
• 2）如果这个数字不包含所有 [1,9][1,9][1,9] 的数字，那么它们的最小公倍数一定比 2520 小，也一定是 2520 的因子；
• 3）假设原数为 xxx，模 2520 的值为 y=xmod2520y = x \mod 2520y=xmod2520，假设 ttt 为 2520 的因子，且是某些数字位的最小公倍数，那么有：
• xmodt=ymodtx \mod t = y \mod txmodt=ymodt
• 根据以上几点，我们可以设计数位DP的状态为：f[n][l][mod](n≤20,l≤48,mod≤2520)f[n][l][mod] (n \le 20, l \le 48, mod \le 2520)f[n][l][mod](n≤20,l≤48,mod≤2520)
• nnn 代表数位 DP 的长度，lll 代表各种数字组合下的最小公倍数，总共 48 个；modmodmod 代表原数模 2520 的余数；
• 然后进行数位 DP 即可。

HDU 5676 ztr loves lucky numbers

链接：HDU 5676 ztr loves lucky numbers
题意：如果一个数只包含 4 和 7，则称为 幸运数，如果 4 和 7的个数相等，则称为超级幸运数。给定 n(n≤1018)n(n \le 10^{18})n(n≤1018)，求 ≥n\ge n≥n 的最小超级幸运数。

• 不用 数位 DP 也可以做，直接枚举所有答案（不到 70000 个），然后二分找。

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