数位dp详解&&LG P2602 [ZJOI2010]数字计数
数位dp,适用于解决一类求x~y之间有多少个符合要求的数或者其他。
例题
题目描述
杭州交通管理局经常会扩充一些的士车牌照,新近出来一个好消息,以后上牌照,不再含有不吉利的数字了,这样一来,就可以消除个别的士司机和乘客的心理障碍,更安全地服务大众。
不吉利的数字为所有含有4或62的号码。例如:
62315 73418 88914
都属于不吉利号码。但是,61152虽然含有6和2,但不是62连号,所以不属于不吉利数字之列。
你的任务是,对于每次给出的一个牌照区间号,推断出交管局今次又要实际上给多少辆新的士车上牌照了。
输入输出格式
输入的都是整数对A、B(0<A≤B<10^9),如果遇到都是0的整数对,则输入结束。
数据规模
20% 的数据,满足 1≤A≤B≤10^6;
100%的数据,满足 1≤A≤B≤2×10^9。
解法
用solve(x)
求0~x中符合要求的数有几个;那么答案显然就是solve(b)-solve(n-1)
那么如何solve呢?用记忆化搜索(不用搜索而用普通dp也行,但要麻烦一点)
我们考虑从高位往低位枚举:
-
如果前面的所有位都“取到顶了”,那么下一位只能取0这一位:比如4375前两位取了43,那么下一位只能取0这一位,也就是0~7
-
否则,下一位可以取0~9
我们使用flag来表示前几位有没有“取到顶”
f[l][lst]表示的是整个长度为l的数的前面一位是lst的数有多少个。比如f[3][5]表示的就是形如5 ___ ___ ___
的数有多少个(注意:不是形如5 ___ ___
!)
需要注意的是,只能在flag=0的情况下才能记忆化,因为flag=0时后面是可以取满的;flag=1时后面取不满,而且上限是不定的。
具体实现详见注释。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
if(!flag&&f[l][lst]!=-1) return f[l][lst];//记忆化
int u=flag?d[l]:9,anstmp=0;
for(int i=0;i<=u;i++)
if(i!=4&&!(lst==6&&i==2)) //这一位4或者前一位是6这一位是2(也就是组成62)是不行的。
anstmp+=dfs(l-1,i,flag&&i==u);
return flag?anstmp:f[l][lst]=anstmp;//只有flag=0时才能记忆化!
}
inline int solve(int k)
{
cnt=0;
while(k)
{
d[++cnt]=k%10;
k/=10;
}//先将当前的数一位一位拆开
return dfs(cnt,0,1);
}
int main()
{
memset(f,-1,sizeof(f));
while(scanf("%d %d",&n,&m)!=EOF)
{
if(n==m&&n==0) break;
printf("%d\n",solve(m)-solve(n-1));
}
return 0;
}
P2602 [ZJOI2010]数字计数
题目描述
给定两个正整数a和b,求在[a,b]中的所有整数中,每个数码 (digit) 各出现了多少次。
输入格式
仅包含一行两个整数 a,b,含义如上所述。
输出格式
包含一行 10个整数,分别表示 0∼9在[a,b]中出现了多少次。
数据规模
30%的数据中,1≤a≤b≤10^6;
100%的数据中,1≤a≤b≤10^12。
实现
ans[0~9]表示题目的答案。
f[l][lst][11]:f[l][lst][09]表示09各有多少个,f[l][lst][10]表示有几个数
f[l][lst][10]很好算,f[l][lst][0~9]直接算不好算,我们采取在dfs前和dfs后的ans数组做差的方法求出。
dfs中的tstep是调试用的,不用管;dfs中的t是表示加或者减的,因为是0m的答案**减去**0n-1的答案,所以求0m时t=1,0n-1时t=-1
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,cnt=0,d[1005],f[1005][1005][11],k,b,ans[1005],bf[1005];
ll dfs(ll l,ll lst,bool flag,bool flagg,ll t,ll tstep)
{
if(l==0) return 1;
if(!flag&&!flagg&&f[l][lst][10]!=-1)
{
for(ll i=0;i<=9;i++) ans[i]+=f[l][lst][i]*t;
return f[l][lst][10];
}
ll u=(flag?d[l]:9),anstmp=0;
for(int i=0;i<=9;i++) bf[i]=ans[i];
for(ll i=0;i<=u;i++)
{
ll tttmp=dfs(l-1,i,flag&&i==u,flagg&&i==0,t,tstep+1);
if(i!=0||!flagg)
{
ans[i]+=tttmp*t;
anstmp+=tttmp;
}
}
if(!flag&&!flagg) {for(int i=0;i<=9;i++) {f[l][lst][i]=abs(ans[i]-bf[i]);}}
return (flag||flagg)?anstmp:f[l][lst][10]=anstmp;
}
inline ll solve(ll k,ll t)
{
cnt=0;
while(k)
{
d[++cnt]=k%10;
k/=10;
}
return dfs(cnt,0,1,1,t,0);
}
int main()
{
memset(f,-1,sizeof(f));
scanf("%lld %lld",&n,&m);
solve(m,1);
solve(n-1,-1);
for(ll i=0;i<=8;i++) printf("%lld ",ans[i]);
printf("%lld",ans[9]);
return 0;
}