数位dp 笔记
数位dp 笔记
数位dp一直是我的弱项，惦记好久了，最近补了补，感觉还行。
解决的问题 & 主体思想
解决一个区间中，满足某些条件（与每一位有关）的数的数量（或者带权的和）。
做法：考虑求前缀 \([1,x]\) 的答案。
如果你是新手，请先考虑一下大概要怎么做，再继续看
先把位（不一定是十进制）拆开来，然后是一个形如 "dp到第 \(i\) 位，..." 的 dp，一般可以用记忆化搜索，一位一位的填，使得它看起来友好一些（个人感觉这样可读性好）。
然后要解决 \(\le x\) 的限制。每次按照这样的规则来填数字：
- 默认每一位都不能超过 \(x\) 对应的位
- 如果有一位小于了 \(x\) 对应的位，则后面就没限制了
这个很好理解。比如说现在钦点下来是 \(123***\)，\(x=123456\)，那后面显然不能超过 \(456\)。
而如果现在钦点下来是 \(122***\)，那它就算是 \(122999\)，也不会超过 \(x\)。
update 2021.05.03
这其实就是数位dp的核心思想：当前填了若干个数，后面还有一堆东西要填。而dp状态就是把当前填好的数，所具备的特征 记录下来。我们并不记下具体填了什么（那样就是暴力了），而只记下我们所关心的特征。而这些特征要视题目而定。
换句话说，我们可以用一张（生草警告）图来描述数位dp：
用一个 lim 标记维护当前是否卡到上界。注意它应该被记在 dp 状态里。
入门 —— windy数
求区间满足：任意相邻两位的差都不超过 \(2\) 的数，的数量。
dp 状态：到第几位，当前选了什么（以决定下一个可不可以选），lim
然后每次 dfs 扩展的时候，判断一下下一个填的是否合法，再加个记忆化，就行了。
绕一个弯 —— 萌数
求区间满足：将数看成字符串，没有任何长度 \(\ge 2\) 的回文串的数，的数量。
没有任何长度 \(\ge 2\) 回文串 \(\rightarrow\) 任意一个字符和它前面一个，两个都不同。
这样就保证了没有长度等于 \(2,3\) 的回文串，然后其余的回文串都是由这两种扩展出来的，自然也没有了。
剩下就很好 dp 了，和上一个差不多。
the end? —— 恨7不成妻
hdu的题，我第一次学数位dp的时候被老师称作“毕业题”
你要能把这个题写出来，你数位dp就差不多了
当时看着老师标程打的，现在简单复习了一下，发现还挺好想的 然后把它秒了，其实就是一个傻逼缝合怪题
要满足三个条件：
- 不能有数位7
- 数位和不能是7的倍数
- 数本身不能是7的倍数
区间求满足条件平方和。
这里涉及到一个带权求和。带权求和状态要变一下，表示从这位开始截取，的带权和。
比如说 \(x=123\)，填好了 \(11*\)，满足条件的数有 \(111\)，\(113\)，\(114\)，\(116\)，\(118\)
带权和为 \(1^2+3^2+4^2+6^2+8^2=126\)
为什么要做一步截取呢？因为要方便转移。考虑转移，相当于，我先确定好后面若干位，在它们的前面都填上相同的数字（这里相当于放上了 \(1\)）
然后填相同的数字可以看做是加法 （这里相当于 \(+10\)）
然后平方和，整体加，好做吧：再维护数量和一次方和，设为 dp[...][0/1/2]，对应数量，和，平方和
设现在整体加的为 \(a\)，后面一位的 dp[...][0/1/2] 记下来为 nex[0/1/2]，现在的是 cur[0/1/2]，则有：
cur[0]+=nex[0];
cur[1]+=nex[1]+nex[0]*a;
cur[2]+=nex[2]+2*nex[1]*a+nex[0]*a*a
（就是拆括号搞一下就行）
对于条件：
- 每次不填 \(7\)
- 记录数位和对 \(7\) 的余数，放在状态里，取 \(0\) 那个状态
- 记录整个数对 \(7\) 的余数，放在状态里，取 \(0\) 那个状态
小心细节 [SDOI2016]储能表
求 \(\sum\limits_{i=0}^{n-1} \sum\limits_{j=0}^{m-1} \max(i\oplus j-k,0)\)
\(n,m,k\le 10^{18}\)
后面等价成 \(>k\) 的和，减去 \(>k\) 的数量乘以 \(k\)
拆成二进制，做数位 \(dp\)。记下三个 lim，表示是否卡在 \(n\) 的上界，\(m\) 的上界，\(k\) 的下界 （因为 \(k\) 那边是个 \(>\) 的限制）
然后上一题类似的求一下带权和就行了，要维护一下数量和总和。
复杂度起飞 [AHOI2009]同类分布
由于数位 dp 的基本模型只有一个 log，所以可以带很多别的
题意：求区间能整除数位和的数的数量
比如 \(12\) 就满足条件因为 \(1+2\) 是 \(12\) 的因数
\(x\le 10^{18}\)
注意到数位和不会超过 \(9\times 18=162\)
先枚举数位和 \(k\)，然后 dp 里设两维，一维表示当前数位和，一维表示当前数模 \(k\) 的余数。最后取答案就是 \(\%k=0\)，数位和 \(=k\) 的那个状态
复杂度是 \((9\times \log n)^3\log n\)，非常暴力
转换一波 CF908G New Year and Original Order
update: 2021.08.04 新增了这一部分
我们求所有数字排序之后形成的数字，的和。做了前面几个题，脑子里大概有了一个套路，然后就会这么想：
这个排序，我能不能把它拆成贡献的形式？
注意到一个有序的数字，我们可以对它做个差分，然后乘上若干个全“1”数（这个全“1”数相当于是在做前缀和）
比如 114514 排序后变成 111445，它可以写成：1*111111+3*111+1*1
前面系数 \(1,3,1\) 的意义就是差分。那差分能写成锤子的贡献形式啊草
冷静思考一波，我们发现它还有更多意义
对于每一个数码 \(d\in[1,9]\)，我们看有多少个 \(\ge d\) 的，假设有 \(c\) 个。就以114514为例，如下表：
| d | c |
|---|---|
| 1 | 6 |
| 2 | 3 |
| 3 | 3 |
| 4 | 3 |
| 5 | 1 |
| \(\ge\) 6 | 0 |
设 \(I(k)\) 表示 “k个1”，即 \(\dfrac{(10^k-1)}{9}\)。我们发现，这个表格里的 \(c\) 出现几次，上面那个差分式子里面的 \(I(c)\) 的系数就是多少。
换句话说，这个东西相当于 \(\sum\limits_{d=1}^{9} I(c)\)。
为啥这样对呢？我们把上面的这些 \(I(c)\) 右对齐，写在一块看看（相当于竖式加法）
111111
111
111
111
1
此时每一列的和，正好就是 \(1,1,1,4,4,5\)。为什么正好对呢？
就比如拿第 \(5\) 列举例，按照排序结果它应该是 \(4\)，实际上这一列的和确实是 \(4\)，为啥就是 \(4\) 呢，考虑多少个东西算到了它。注意到所有 \(\le 4\) 的 \(d\)，它们对应的 \(c\) 都足够长，使得 \(I(c)\) 能贡献到第 \(5\) 列。而其它的 \(d\)，它们对应的 \(c\) 恰好都不够长，到不了这一列。
于是这一列被算的次数就是，\([1,9]\) 里面有多少个整数 \(\le 4\)。显然这个数量正好就是 \(4\) 本身。所以是对的。
然后我们的问题就变成，填到某一个位置，\(\ge\) 某个数的有多少个，最后拿这个式子算贡献就行了。具体一点就是设 \(f(i,j,k,lim)\) 表示填到了 \(i\) 位置，\(\ge k\) 的有 \(j\) 个，是否卡上界，方案数。
转移：（枚举新的字符为 \(c\)，\(lim\) 的转移略）
答案：
