【ybt高效进阶5-3-1】B数计数（数位DP）

B数计数

题目链接：ybt高效进阶5-3-1

题目大意

要你求 1~n 这些数有多少个数是 13 的倍数，而且它字符串包含 13 这个子串。

思路

不难想到这些题可以用数位 DP 来做。

然后不难想到设 \(f_{i,j,k}\) 为从高位到低位填到了 \(i\) 位，然后当前余数是 \(j\)，字符串包含情况时 \(k\)。
如果已经有 \(13\) 出现，则 \(k=2\)，如果前面一个是 \(1\) 则 \(k=1\)，否则 \(k=0\)。

然后就先枚举 \(i\)，然后这一次的数，然后前面的余数，那我们就可以算出这次的余数。
然后就是分类讨论一下，分别讨论 \(k=1,2,3\) 的。

然后我们考虑如何求 \(1\sim n\) 中有多少个满足的。
不难想到有这样一个方法，当我们确定剩下的可以随便选的时候，那我们就可以直接用我们预处理出来的 \(f\) 数组。
那我们假设 \(n\) 是 \(x_1x_2x_3x_4\)，那当 \(0\leqslant i< x_1\) 的时候，我们 \(ixxx\) 就可以随便选。
那当 \(i=x_1\) 的时候，我们就要继续看下一位。

那不难发现一个问题，在个位它只会处理到最后倒数第二个，最后一个数它不会搞。
那也就是说，它求的是 \(1\sim n-1\) 的。
那我们把 \(n+1\) 丢进去查询不久好了吗。

代码

#include<cstdio>

using namespace std;

int n, f[11][15][5], a[11], sz, mi[10];
int nowmo;

void DP() {//预处理 DP
	mi[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 9; i++) mi[i] = mi[i - 1] * 10;
	
	f[0][0][0] = 1;
	for (int ws = 1; ws <= 10; ws++) {
		for (int num = 0; num <= 9; num++)
			for (int bef_k = 0; bef_k < 13; bef_k++) {
				int now_k = (bef_k + num * mi[ws - 1]) % 13;
				if (num != 3) f[ws][now_k][0] += f[ws - 1][bef_k][0];
				if (num != 1 && num != 3) f[ws][now_k][0] += f[ws - 1][bef_k][1];
				//最终构不出 13
				
				if (num == 3) f[ws][now_k][1] += f[ws - 1][bef_k][1] + f[ws - 1][bef_k][0];
				//可以有一个 3
				
				if (num == 1) f[ws][now_k][2] += f[ws - 1][bef_k][1];
				f[ws][now_k][2] += f[ws - 1][bef_k][2];
				//原本就有 13 或新构出了 13
			}
	}
}

int work(int now, int op) {
	if (now < 1) return 0;
	int re = 0, newop = 0;
	for (int i = 0; i < a[now]; i++) {//可以搞的就直接全部一起搞（用 DP）
		int nm = (13 - (nowmo + i * mi[now - 1]) % 13) % 13;
		if (op == 2 || (op == 1 && i == 3)) newop = 2;
			else if (i == 1) newop = 1;
				else newop = 0;
		if (newop) re += f[now - 1][nm][1];
		if (newop == 2) re += f[now - 1][nm][0];
		re += f[now - 1][nm][2];
	}
	
	if (op == 2 || (op == 1 && a[now] == 3)) newop = 2;
		else if (a[now] == 1) newop = 1;
			else newop = 0;
	
	nowmo = (nowmo + a[now] * mi[now - 1]) % 13;
	return re + work(now - 1, newop);//剩下的这一位只能搞一些，要通过这个继续搞
}

int main() {
	DP();
	
	while (scanf("%d", &n) != EOF) {
		n++;
		sz = 0;
		int tmp = n;
		while (tmp) {
			sz++;
			tmp /= 10;
		}
		tmp = n;
		for (int i = sz; i >= 1; i--) {
			a[sz - i + 1] = tmp % 10;
			tmp /= 10;
		}
		
		nowmo = 0;
		printf("%d\n", work(sz, 0));
	}
	
	return 0;
}