【专题】数位DP
【资料】
★记忆化搜索：数位dp总结 之 从入门到模板 by wust_wenhao
【记忆化搜索】
数位：数字从低位到高位依次为0~len-1。
高位限制limit=limit&&i==a[pos]
前导零lead=lead&&i==0
数位pos=pos-1（第0位是个位，第-1位直接返回）
前缀状态state（表示(pos,len]的状态）
f[pos][state]表示前缀状态为state，数位[0,pos]不受限的答案。
最后，询问差分。
typedef long long ll; int a[20]; ll dp[20][state];//不同题目状态不同 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 { //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 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 */ //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝) if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state]; /*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*/ 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 ll ans=0; //开始计数 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 { if() ... else if()... 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 /*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了 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 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 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， 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*/ } //计算完，记录状态 if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans; /*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*/ return ans; } ll solve(ll x) { int pos=0; while(x)//把数位都分解出来 { 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 x/=10; } 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 } int main() { ll le,ri; while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri)) { //初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化,后面讲 printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1)); } } 谢谢dalao的模板QAQ
这个强大的模板引用自数位dp总结 之 从入门到模板 by wust_wenhao，万分感谢> <！
【技巧】
1.DP初始化只在多组数据外，过程中f数组可以重复使用。
2.减法的艺术：将记忆化【前缀和为sum时满足条件的个数】改为记忆化【前缀和为sum，对后面还有all-sum需求时满足条件的个数】，有可能优化空间。
3.计数转求和：求解满足条件的数字的和，对于每一位i算对答案的贡献，即sum+=i*10^pos*cnt，其中cnt为数字个数，然后同时记忆化数字个数num和总和sum即可。
如果是平方和，关键就在对于pos位的数字i，f=i*10^pos，x表示pos位后面的整个数字，将当前平方和分离为(f+x)^2，则有f^2+2*f*x+x^2，最大的问题在于x要和f相乘。
但是，f相同！
所以对于x求sigma后，对于同一个f，公式就可以全部合并变成cnt*f^2+2*f*sigma(x)+sigma(x^2)，显然就要维护cnt,sum,sqsum，其中sqsum也正是当前正在求的平方和，sum是普通的和，cnt是数字个数。
三个东西可以并成结构体传递，也可以用传地址。
4.另一种问题：求满足条件的第n个数字，预处理f[i]表示长度为i的数字（不含前导0）的个数。
这样就可以确定第n个数字的长度。
然后从最高位开始按位确定。
5.论文笔记：
（一） 注意f[i]表达的观点是高度，基于同一高度答案相同的现象。 f[i][j]表示高度i，恰好含有j个1的数的个数，不考虑该高度自身的0和1。 叶子节点所在高度为0，依次往上叠加。 calc过程：从上到下枚举高度<1><2>（max~1，不能到0，考虑到倒数第二层为止） <1>若x在本高度为1，tot++。 <2>若x在下个高度为1，则ans加下个高度的0的答案。（实际已经将0~max所有层都考虑完毕） <3>考虑x本身可否ans++ k进制：将n化为k进制存进数组，左起第一个非01数字改为1，后面全部改为1，得到数字看成二进制就是不大于n的最大可以用01表示的数字了。 从数位角度考虑，最低位为0位，f[i][j]表示0~i-1位数字任意变换恰好含有j个1的数的个数。 calc(n,k)求0~n中恰好k个1的数字个数,通过将n中的每个1变为0，就可以每次加上0~i-1位数字任意变换恰好含有k-tot个1的数的个数(f[i-1][k-tot])。 真正计算结果时，f[i][j]是很少拿上来的，f[i][j]一般只用于calc中。 （二）【SPOJ】1182 Sorted bit sequence 注意：位数只能从31位开始到1位！ （三）【SPOJ】2319 BIGSEQ - Sequence
【递推】【BZOJ】1833 [ZJOI2010]count 数字计数
递推：下面只考虑单一数字数量统计，其它一样。
第一步，预处理（计数）
规定最低位为第1位，最高位为第len位。
f[i][j]表示前i位，最高位数字为j的答案数（不考虑前导零有前导零的数字只要待会再最高位附上数字就是有效的了）
f[i][j]=∑f[i-1][k]+10^(i-1)。
$$f_{i,j}=\sum_{k=0}^{9}[ok(j,k)]*f_{i-1,k}$$
第二步，第len位为0（前导零）
将所有len位为0的或数字长度不足len的数字先统计进来，ans+=∑f[i][j]+1，1<=i<=len-1，1<=j<=9。其中+1是数字0。
$$ans+=1+\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{9}f_{i,j}$$
第三步，逐位确定（限位）
强制确定len位不为0，然后加入每一位枚举到顶-1的答案就可以了。
ans+=∑f[i][j]，1<=i<len，0<=j<=a[i]，其中i=len时j从1开始。
还要计算当前数位的顶之后会出现的次数，为后面数字大小+1。
例如1211这个数字，整个数位DP的过程是：0,1~9,10~99,100~999,1000~1199,1200~1209,1210~1211。
$$ans+=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=[i=n]}^{a_i-1}f_{i,j}$$
注意：
1.数字0，在第二步特别加1。（或者不用）
2.数字n，不会被统计，所以最开始n++。
3.第三步的过程还需要处理强制最高位后的数字是否合法。
例题：【BZOJ】1026 [SCOI2009]windy数
#include<cstdio> #define ll long long int abs(int x){return x>=0?x:-x;} ll f[20][20]; int A,B,a[20]; int solve(int x){ x++; int len; for(len=1;x;len++){ a[len]=x%10; x/=10; } len--; ll ans=0; for(int i=len-1;i>=1;i--)for(int j=1;j<=9;j++)ans+=f[i][j]; for(int i=len;i>=1;i--){ for(int j=(i==len);j<a[i];j++)if(abs(j-a[i+1])>=2||i==len){ ans+=f[i][j]; } if(i!=len&&abs(a[i]-a[i+1])<2)break; } return ans; } int N; int main(){ scanf("%d%d",&A,&B);N=10; for(int j=0;j<=9;j++)f[1][j]=1; for(int i=2;i<=N;i++){ for(int j=0;j<=9;j++){ for(int k=0;k<=9;k++)if(abs(j-k)>=2){ f[i][j]+=f[i-1][k]; } } } printf("%d",solve(B)-solve(A-1)); return 0; }
