数位 dp 总结
数位 dp 总结
特征
问你一个区间 \([L,R]\) 中符合要求的数的个数
一个简单的 trick ：把答案拆成前缀和 \(Ans(R)-Ans(L-1)\)
如何求 \(Ans()\) ，就要用到数位 dp
核心
其实就是记忆化搜索，不建议用循环实现，一是麻烦，二是不会
一般地，设 \(f_{x,\cdots,op}\) 为从最高位到第 \(x\) 位满足一些状态时是否时上一位是否是最高位
只要先将 \(v\) 按照题目要求拆到数组里，然后进行 dfs 算答案即可
递归边界：若 \(x=0\) ，检查当前状态是否合法并返回
有前导零的情况，需要多一个参数
int dfs(int x,...,int op) {
if(!x)return ...;
if(~f[x][...][op])
return f[x][...][op];
register int mx=op?num[x]:1,res=0;
for(int i=0;i<=mx;i++)
res+=dfs(x-1,...,op&(i==mx));
return f[x][...][op]=res;
}
例 1 windy 数
求区间内有多少 不含前导零且相邻两个数字之差至少为 2 的正整数
记录上一个数是多少即可，还可以顺便判断前导零的情况
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int L,R,len,num[20],f[20][20][2];
int dfs(int x,int ls,int op) {
if(!x)return 1;
if(~f[x][ls][op])return f[x][ls][op];
register int mx=op?num[x]:9,res=0;
for(int i=0;i<=mx;i++) {
if(abs(ls-i)<2)continue;
if(!i && ls==15)
res+=dfs(x-1,15,op&(i==mx));
else res+=dfs(x-1,i,op&(i==mx));
}
return f[x][ls][op]=res;
}
inline int Ans(int x) {
memset(f,-1,sizeof(f));
len=0;
for(;x;x/=10)num[++len]=x%10;
return dfs(len,15,1);
}
int main() {
while(scanf("%d%d",&L,&R)!=EOF)
printf("%d",Ans(R)-Ans(L-1));
}
例 2 Round Numbers S
如果一个正整数的二进制表示中，0 的数目不小于 1 的数目，那么它就被称为「圆数」。
计算区间 \([l,r]\) 中有多少个「圆数」。
分别记录 0 的个数和 1 的个数，需要判断前导零，记得用二进制
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int L,R,len,num[40],f[40][40][40][2];
int dfs(int x,int s0,int s1,int op,int fir) {
if(!x)return s0>=s1;
if(~f[x][s0][s1][op])
return f[x][s0][s1][op];
register int mx=op?num[x]:1,res=0;
for(int i=0;i<=mx;i++) {
if(fir && !i)res+=dfs(x-1,0,0,op&(i==mx),1);
else res+=dfs(x-1,s0+(i==0),s1+(i==1),op&(i==mx),0);
}
return f[x][s0][s1][op]=res;
}
inline int Ans(int x) {
memset(f,-1,sizeof(f)),len=0;
while(x)num[++len]=x&1,x>>=1;
return dfs(len,0,0,1,1);
}
int main() {
scanf("%d%d",&L,&R);
printf("%d",Ans(R)-Ans(L-1));
}
例 3 [CQOI2016]手机号码
计算区间 \([l,r]\) 中有多少个满足
- 有三个相同数相邻
- 不能同时出现 8 和 4
记录上一个数 \(l1\)，上上个数 \(l2\)，是否有连续三个 \(p3\)，是否有 8 \(p8\)，是否有 4 \(p4\)
如果只用考虑一个前导零可以直接枚举第一位
坑：如果不满足位数要返回 0
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL L,R,f[20][10][10][2][2][2][2];
int num[20],len;
LL dfs(int x,int l1,int l2,int p3,int p4,int p8,int op) {
if(p4 && p8)return 0;
if(!x)return p3;
if(~f[x][l1][l2][p3][p4][p8][op])
return f[x][l1][l2][p3][p4][p8][op];
register int mx=op?num[x]:9;
register LL res=0;
for(int i=0;i<=mx;i++)
res+=dfs(x-1,i,l1,p3|(i==l1 && i==l2),p4|(i==4),p8|(i==8),op&(i==mx));
f[x][l1][l2][p3][p4][p8][op]=res;
return res;
}
inline LL Ans(LL x) {
memset(f,-1,sizeof(f)),len=0;
while(x)num[++len]=x%10,x/=10;
if(len^11)return 0;
register LL ans=0;
for(int i=1;i<=num[len];i++)
ans+=dfs(10,i,0,0,i==4,i==8,i==num[len]);
return ans;
}
int main() {
scanf("%lld%lld",&L,&R);
printf("%lld",Ans(R)-Ans(L-1));
}
最后
dp 类还是要多练，这几个只是冰山一角
