数位 dp
简介
数位 dp 解决的是与数字有关的一类计数问题，在求解过程中常把一个数字的每一位都拆开来看，比如十进制下就是把千位、百位、十位、个位上的数字都拆开来看，其他进制类比十进制。
数位 dp 的问题一般比较显眼，有几个常见形式：
-
要求统计满足一定条件的数的数量（即，最终目的为计数）；
-
这些条件经过转化后可以使用「数位」的思想去理解和判断；
-
输入会提供一个数字区间（有时也只提供上界）来作为统计的限制；
-
上界很大（比如 \(10^{18}\)），暴力枚举验证会超时。
（from OI Wiki）
在数位 dp 的实现上，我通常采用的是记忆化搜索，这样写不仅容易，而且易于拓展，还可以当板子来背，这已经是 dp 中少见的了。
例题
P2657 [SCOI2009] windy 数
题目大意
求 \([l, r]\) 内有多少个数十进制表示下所有的相邻数位数值之差大于等于 \(2\)。
思路
考虑从最高位开始填数，在记忆化搜索时记录 \(pos\) 表示当前填到第几位，\(pre\_num\) 表示上一个位置填的数是什么，\(limit\) 记录前面放的数是否顶上界，\(zero\) 记录当前这位之前是否是前导零。
先把上界的每一位抠出来，那么当搜索放第 \(i\) 位时，要先确定这一位能放什么数，若前面都是贴着上界放的，那么这一位最多只能放 \(num_{pos}\)，否则就不受限制。
然后在枚举第 \(i\) 位放什么时还要满足相邻数位数值之差大于等于 \(2\) 的限制，这个很好转移。
当然，若是前导零的话还要特别注意，因为这时 \(0\sim 9\) 都可以放，而如果没有考虑到这一点，最高位就只能至少放 \(2\) 了。
在加记忆化时还要注意，若出现了顶上界或前导零的情况是不能记忆化的（当然你也可以多开两维来额外存，不过我觉得没什么必要，这个时候直接暴力搜索就行了，反正也费不了多少时间）。
\(\texttt{Code:}\)
#include <cmath>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 15;
int l, r;
int f[N][N];
vector<int> num;
int dfs(int pos, int pre_num, bool limit, bool zero) {
if(pos < 0) return 1; //边界，若放完了最后一位就返回 1，因为我们一直是按要求放的，所以此时也是一种情况
if(!limit && pre_num >= 0 && f[pos][pre_num] != -1) return f[pos][pre_num]; //记忆化
int mx = (limit ? num[pos] : 9); //计算上界
int res = 0;
for(int i = 0; i <= mx; i++) {
if(abs(i - pre_num) < 2) continue;
if(!i && zero) //特判前导零的情况，这时 prenum 设为 -2 确保下一位不受任何限制
res += dfs(pos - 1, -2, limit && (i == num[pos]), 1);
else
res += dfs(pos - 1, i, limit && (i == num[pos]), 0);
}
if(!limit && !zero) f[pos][pre_num] = res;
return res;
}
int calc(int x) {
num.clear();
int tmp = x;
//先把上界的每一位抠出来
while(tmp) {
num.push_back(tmp % 10);
tmp /= 10;
}
//初始化
memset(f, -1, sizeof f);
return dfs(num.size() - 1, -2, 1, 1);
}
int main() {
scanf("%d%d", &l, &r);
//数位 dp 通常都有这种类似前缀和的形式
printf("%d\n", calc(r) - calc(l - 1));
return 0;
}
P2602 [ZJOI2010] 数字计数
题目大意
求 \([l, r]\) 中的数在十进制表示下 \(0\sim 9\) 各个数码分别出现了多少次。
思路
对每个数码分开计算，还是拆成 \(r\) 减去 \(l - 1\) 的形式。
在记忆化搜索时记录一下当前考虑的数码 \(d\) 填了多少次，在所有位填完后再计算即可。
后面都只放主要代码了，因为真的很板子。
\(\texttt{Code:}\)
ll dfs(int pos, ll cnt, bool limit, bool zero, int d) {
if(pos < 0) return cnt;
if(!limit && !zero && f[pos][cnt] != -1) return f[pos][cnt];
int mx = (limit ? num[pos] : 9);
ll res = 0;
for(int i = 0; i <= mx; i++)
res += dfs(pos - 1, cnt + ((!zero || i) && (i == d)), limit && (i == num[pos]), zero && (!i), d);
if(!limit && !zero) f[pos][cnt] = res;
return res;
}
Digit Sum
题目大意
求 \([1, N]\) 中有多少个数在十进制表示下数码和是 \(D\) 的倍数。
数据范围：\(1\le N\le 10^{10000},1\le D\le 100\)。
思路
很明显的数位 dp。
首先把上界 \(N\) 的每一位抠出来，然后进行填数，个人喜欢从最高位开始填。
加上记忆化，设 \(f(pos, r)\) 表示在没有顶上界和前导零的情况下，当前填到了第 \(pos\) 位，余数为 \(r\) 的数的个数。
然后在搜索过程中记一下当前数位和 \(\bmod p\) 等于多少，再简单转移一下即可，详细注释在代码中。
这里再讲一下数位 dp 如何分析时间复杂度。
注意到状态数为 \(D\cdot\lg N\)，每次转移时最多枚举 \(10\) 个可填的数，所以时间复杂度为 \(O(D\cdot \lg N)\)，可以通过此题。
注意！由于最后要 \(-1\)，所以为防止减为负数要先加上模数再取模。
\(\texttt{Code:}\)
ll dfs(int pos, int r, bool limit, bool zero) {
if(pos < 0) return (r == 0);
if(!limit && !zero && f[pos][r] != -1) return f[pos][r];
int mx = (limit ? num[pos] : 9);
ll res = 0;
for(int i = 0; i <= mx; i++)
res = (res + dfs(pos - 1, (r + i) % d, limit && (i == num[pos]), zero && (!i))) % mod;
if(!limit && !zero) f[pos][r] = res;
return res;
}
P4127 [AHOI2009] 同类分布
题目大意
求出 \([l, r]\) 中各位数字之和能整除原数的数的个数。
思路
若是要求整除的数是同一个数，那就和上一题一样，但若除的数都不一样该怎么办？
那我们就换一种思路，直接枚举数位和，然后在搜索时每填一个数就相应地减去，同时记录一下余数，其他的参数照搬即可。
由于最多有 \(18\) 位，所以要枚举 \(1\sim 162\)。
\(\texttt{Code:}\)
ll dfs(int pos, int sum, int r, bool limit, bool zero) {
if(sum < 0) return 0;
if(pos < 0) return !sum && !r;
if(!limit && !zero && f[pos][sum][r] != -1) return f[pos][sum][r];
int mx = (limit ? num[pos] : 9);
ll res = 0;
for(ll i = 0; i <= mx; i++)
res += dfs(pos - 1, sum - i, (r * 10 + i) % d, limit && (i == num[pos]), zero && (!i));
if(!limit && !zero) f[pos][sum][r] = res;
return res;
}
P10958 启示录
题目大意：
\(T\) 组数据，每次询问第 \(x\) 个含有至少 \(3\) 个连续 \(6\) 的数是什么。
思路：
考虑数位 dp。
一般数位 dp 问题有两种常见形式：
- 询问 \([l, r]\) 内有多少个符合条件的数；
- 询问满足条件的第 \(k\) 大（小）的数是什么。
很显然这道题是第二种形式。
首先问题 \(1\) 很简单，那我们考虑将第二个问题转化成第一个问题来做。
因为答案具有单调性，于是可以二分判定。
每次二分到一个值 \(mid\)，计算 \([1, mid]\) 的魔鬼数个数，若大于等于 \(x\)，则说明所求在 \(mid\) 左侧，否则在 \(mid\) 右侧。
接着考虑问题 \(1\)，这里采用记忆化搜索的方式，注释在代码中。
int dfs(int pos, int cnt, bool flag, bool limit) {
if(pos < 0) return flag;
if(!limit && f[pos][cnt][flag] != -1) return f[pos][cnt][flag];
int mx = (limit ? num[pos] : 9);
int res = 0;
for(int i = 0; i <= mx; i++) {
int ncnt;
if(i == 6) ncnt = cnt + 1;
else ncnt = 0;
res += dfs(pos - 1, ncnt, flag || (ncnt >= 3), limit && (i == num[pos]));
}
if(!limit) f[pos][cnt][flag] = res;
return res;
}
这里我直接把二分值域拉满了，但是实测发现第 \(50000000\) 个魔鬼数只有 \(6668056399\)。
时间复杂度为：\(O(N^2MT\log V)\)，这里 \(N\) 表示数字位数，\(V\) 表示二分值域，\(M\) 表示每次枚举填的数的个数，可看作 \(10\)。
拓展：
数位 dp 一般会与 Lucas 定理一起食用，毕竟 Lucas 定理就是逐位求组合数。
习题：
√P8764 [蓝桥杯 2021 国 BC] 二进制问题
√P6218 [USACO06NOV] Round Numbers S
√P4124 [CQOI2016] 手机号码
√P4317 花神的数论题
P7976 「Stoi2033」园游会
P3413 SAC#1 - 萌数
P3286 [SCOI2014] 方伯伯的商场之旅
P2481 [SDOI2010] 代码拍卖会
