[您有新的未分配科技点]数位DP：从板子到基础（例题 bzoj1026 windy数 bzoj3131 淘金）

只会统计数位个数或者某种”符合简单规律”的数并不够……我们需要更多的套路和应用

数位dp中常用的思想是“分类讨论”思想。下面我们就看一道典型的分类讨论例题

1026: [SCOI2009]windy数

Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 162 MB

Description

　　windy定义了一种windy数。不含前导零且相邻两个数字之差至少为2的正整数被称为windy数。 windy想知道，
在A和B之间，包括A和B，总共有多少个windy数？

　　输入包含两个整数，A和B。

　　输出一个整数，代表windy数个数

Sample Input

【输入样例一】
1 10
【输入样例二】
25 50

Sample Output

【输出样例一】
9
【输出样例二】
20

【数据规模和约定】

100%的数据，满足 1 <= A <= B <= 2000000000 。

 

题解：

首先转化为典型的work（B+1）-work（A）数数模型（区间左闭右开），下面我们的目标就是求[1,X)内windy数的个数了

设f[i][j]为i位数，第i位是j时windy数的个数。

从样例中我们注意到，个位数都是windy数，那么我们先处理出来，然后从十位数开始预处理，

显然，当abs（j-k）>=2时，f[i][j]+=f[i-1][k];

然后,我们设待处理的数位X=abcdefd（每一位的数字我们用字母表示），设其长度为l

那么对于小于等于x的数（设为t），我们分下面3种情况讨论：

for(int i=1;i<bit[l];i++)ans+=f[l][i];
//1° t的位数与x相同，但t的最高位小于x的最高位：直接加上f[l]["t的最高位"]
for(int i=1;i<b;i++)
　　for(int j=1;j<10;j++)
　　　　ans+=f[i][j];
//2°t的位数比x小，那么任意f[t][j]都是合法的
for(int i=b-1;i;i--)
{
	for(int j=0;j<bit[i];j++)
		if(abs(j-bit[i+1])>=2)ans+=f[i][j];	
	if(abs(bit[i]-bit[i+1])<2)break;
}
//3°t的位数与x相同，且t的最高位等于x的最高位
//此时我们就和之前一样，for循环枚举判断即可，注意及时跳出

　　

那么这道题就没有什么大问题了。完整代码见下：

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL l,r,f[15][15];int bit[15];
inline int abs(int a){return a>0?a:-a;}
inline void intn()
{
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=0;i<10;i++)f[1][i]=1;
    for(int i=2;i<=10;i++)
        for(int j=0;j<10;j++)
            for(int k=0;k<10;k++)
                if(abs(j-k)>=2)
                    f[i][j]+=f[i-1][k];    
}
inline LL work(LL x)
{
    if(x==0)return 0;
    int b=0;LL ans=0;
    memset(bit,0,sizeof(bit));
    while(x)bit[++b]=x%10,x/=10;
    for(int i=1;i<b;i++)
        for(int j=1;j<10;j++)
            ans+=f[i][j];
    for(int i=1;i<bit[b];i++)
        ans+=f[b][i];
    for(int i=b-1;i;i--)
    {
        for(int j=0;j<bit[i];j++)
            if(abs(j-bit[i+1])>=2)ans+=f[i][j];    
        if(abs(bit[i]-bit[i+1])<2)break;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    intn();
    scanf("%lld%lld",&l,&r);
    printf("%lld",work(r+1)-work(l));
}

接下来这道题可就没有那么简单了……这道题用到了另外一个套路：搜索+找规律

3131: [Sdoi2013]淘金

Time Limit: 30 Sec  Memory Limit: 256 MB

Description

小Z在玩一个叫做《淘金者》的游戏。游戏的世界是一个二维坐标。X轴、Y轴坐标范围均为1..N。初始的时候，所有的整数坐标点上均有一块金子，共N*N块。
 一阵风吹过，金子的位置发生了一些变化。细心的小Z发现，初始在(i，j)坐标处的金子会变到(f(i)，fIj))坐标处。其中f(x)表示x各位数字的乘积，例如f(99)=81，f(12)=2，f(10)=0。如果金子变化后的坐标不在1..N的范围内，我们认为这块金子已经被移出游戏。同时可以发现，对于变化之后的游戏局面，某些坐标上的金子数量可能不止一块，而另外一些坐标上可能已经没有金子。这次变化之后，游戏将不会再对金子的位置和数量进行改变，玩家可以开始进行采集工作。
    小Z很懒，打算只进行K次采集。每次采集可以得到某一个坐标上的所有金子，采集之后，该坐标上的金子数变为0。
    现在小Z希望知道，对于变化之后的游戏局面，在采集次数为K的前提下，最多可以采集到多少块金子？
    答案可能很大，小Z希望得到对1000000007(10^9+7)取模之后的答案。

输入共一行，包含两介正整数N，K。输出为一个整数，表示最多可以采集到的金子数量。

Sample Input

1 2 5

Sample Output

18

[数据范围和约定]

N < = 10^12 ,K < = 100000
对于100%的测试数据：K < = N^2

 

题解：不难发现，按前几道题的想法完全无法解决本题。

但我们可以发现，12位数的f（i）在去重之后最多有1e4多一些（11026）种不同的情况（很多数的f值都是相等的，可以打表观察出来，一开始深搜可以搜到2*1e5左右）

那么我们就可以深搜+离散一发，把base数组开出来，base[i]表示第i个f值。

之后我们就可以考虑状态的转移了。如果我们设ans[i]为f值等于第i个f值的数的个数，那么显然，对于某个坐标(f(i),f(j)),有i点金块个数=f(i)*f(j)

由于f值等于0是成立的，所以我们预先把0加入f值中，并且规定只能有长度为1的0存在

那么我们定义f数组f[i][j][k]，表示枚举到数的第i位（从高位向低位枚举），其乘积为base[j],下一位能不能随意填数（k=1代表不能，k=0代表能）（因为显然坐标在1~n范围内才有贡献）

那么我们可以用lower_bound求出某个数在乘上因子x后在base中的编号然后转移，设转移到的新编号为next，则

f[i+1][next][k+x>a[i+1]]+=f[i][j][k]（k+x>a[i+1]表示是否超过范围）

最后对于每个ans[j]把对应的f[i][j][k]统计上即可。代码见下：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=401000;
const LL mod=1000000007;
LL n;int bit[15],b,k,tot;
LL f[15][N][2],base[N],ans[N];
struct node
{
    int x,y;LL val;
    node(int a,int b){x=a,y=b,val=ans[a]*ans[b];}
    bool operator > (const node &b)const{return val>b.val;}
    bool operator < (const node &b)const{return val<b.val;}
};
priority_queue<node>q;
void dfs(int start,int len,LL multi)
{
    if(len==b)base[tot++]=multi;
    else
    {
        if(!multi)return;
        for(int j=start;j<10;j++)
            dfs(j,len+1,multi*j);
    }
}
inline bool mt(const LL &a,const LL &b){return a>b; } 
int main()
{
    scanf("%lld%d",&n,&k);
    b=0;memset(bit,0,sizeof(bit));
    while(n)bit[++b]=n%10,n/=10;
    base[++tot]=0;dfs(0,0,1);
    sort(base+1,base+tot+1);
    tot=unique(base+1,base+tot+1)-base-1;
    base[tot+1]=0x7fffffff;
    f[0][2][0]=1;
    for(int i=0;i<=b;i++)
        for(int j=1;j<=tot;j++)
            for(int k=0;k<=1;k++)
                if(f[i][j][k])
                    for(int x=(i==0)?0:1;x<10;x++)
                    {
                        int next=lower_bound(base+1,base+tot+1,base[j]*x)-base;
                        f[i+1][next][(k+x)>bit[i+1]]+=f[i][j][k];
                    }
    for(int i=1;i<=tot;i++)
    {
        for(int j=1;j<b;j++)
            ans[i]+=f[j][i][0]+f[j][i][1];
        ans[i]+=f[b][i][0];
    }
    sort(ans+1,ans+tot+1,mt);
    q.push(node(2,2));
    LL ans=0;
    while(!q.empty()&&k)
    {
        node t=q.top();q.pop();
        ans=(ans+t.val)%mod;
        if(!(--k))break;
        if(t.x!=t.y)
        {
            ans=(ans+t.val)%mod;//再加一遍（y,x)；
            if(!(--k))break;
            q.push(node(t.x+1,t.y));
        }
        if(t.x==2)q.push(node(t.x,t.y+1));
    }
    printf("%lld",ans);
}