【总结】数位DP

填坑进度（3/4）

边听歌边写博客，我可真是个天才。

\(\texttt{I'm lost inside your deep blue.}\)

数位DP

~~简称暴搜（误~~

前置芝士

暴搜，记忆化搜索

导入

众所周知，我们可以用 \(dfs\) 搜每一个数位来遍历 \(1\sim99999\) 之间的每一个数，其方法如下：

#include<cstdio>
int temp[15];
void dfs(int x){
    //x为当前数字位数,x越小，位数越低(也就是说x是该数从右向左数的结果)
    //后面说的位数都默认为从右向左数
    if(!x){
        for(int i=5;i;--i) //从高位到低位输出
            printf("%d",temp[i]);//不要在意前导0那些无关紧要的细节
        putchar('\n');
        return;
    }
    for(int i=0;i<=9;++i){
        temp[x]=i;//记录答案
        dfs(x-1);
    }
    return;
}

那么，如果不是 \(1\sim 99999\)，而是 \(1\sim 114514\) 呢？

\(\texttt{For example:}\) 如果第这个时候第 \(1,2,3\) 位分别为 \(1,1,4\)，第 \(4\) 位就不能为 \(0\sim 9\) 了，而是 \(0\sim5\).

形象地说，在 \(1\sim 114514\) 这个范围内，有 \(110999,111999,112999,113999\) ，但是没有 \(114999\)。

所以，我们在每一位分两种情况考虑：前面的每一位都顶格了，那么这一位最多只能顶格；如果前面几位有任何一位没有顶格，这一位 \(0\sim9\) 随便选。

注：因为 \(114514=0114514,0=0\) ，所以我们认为第 \(6\) 位的前面顶格了，第 \(6\) 位最多也只能顶格。

对于每一位，我们分两种情况讨论：

打 √ 的是指 这一位以后 的所有位数都可以为 \(0\sim9\) 之间的任意数字。

那么，就可以愉快地按字典序遍历 \(1\sim 114514\) 之间的每一个数了。

我们先用一个数组 \(a\) 存下 \(114514\) 的每一位数字，以便顶格时判断当前位的取值范围。

在 \(dfs\) 中，我们用int参数 \(x\) 表示当前位数， bool 参数 \(v\) 表示前面的每一位是不是都顶格了，如果 v==true，当前最大取值就是 a[x]，否则便是 \(9\)。

那么代码就很容易惹：

#include<cstdio>
int cnt;
int temp[15],a[15];
void dfs(int x,bool v){
    if(!x){
        for(int i=6;i;--i)
            printf("%d",temp[i]);
        putchar('\n');
        return;
    }
    int u=v?a[x]:9;//u为上限,若前面每一位都顶格了,这位最多只能顶格
    for(int i=0;i<=9;++i){
        temp[x]=i;
        dfs(x-1,v&&(i==a[x]));//将v向下传
        //若前面有任何一位没有顶格，v即false，任何数&false=false
        //若i没有顶格，也就是下一位的前一位没有顶格
        //只有当前面每一位和当前位都顶格了，下一位的最高才能是a[x-1]
    }
    return;
}
int main(){
    int n=114514;
    while(n){
        //cnt表示位数
        a[++cnt]=n%10;
        n/=10;//倒着取走114514的每一位
    }
    dfs(cnt,1);//从最高位搜起
    return 0;
}

那么，大家可能有疑惑了，为什么要用这玩意儿？直接 \(\operatorname{for}\) 循环他不香嘛？常数也比这个 \(dfs\) 小，对吧？

氮素，众所周知，\(dfs\) 是珂以记忆化的！

例题一：不要62

Solution

~~【XSC062因言语过激被提出直播间】~~

咦？这个咋整？

我们只要在 \(dfs\) 的时候再设置一个参数 \(f\)，表示这一位的前一位数。

如果f==6且循环时的i==2，就会出现一个连续的 \(62\)，不应该继续 \(dfs\) 下去了。

如果i==4，那么最终的数里就会出现 \(4\)，也不应该继续 \(dfs\) 了。

所以，我们珂以像酱紫写粗来！

#include<cstdio>
#define int long long
int a[15];
int l,r,cnt,la,ra;
int dfs(int x,int f,bool v){
	if(!x)return 1;
	int u=v?a[x]:9;
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=u;++i){
		if(i==4||(i==2&&f==6))
			continue;
		ans+=dfs(x-1,i,v&&(i==a[x]));
	}
	return ans;
}
//简单易懂，老少皆宜，不写注释了。

咦咦咦？但这个并不是 \(1\sim r\)，而是 \(l\sim r\) 呀！

像用前缀和求 \(l\sim r\) 的和一样，用 sum[r]-sum[l-1] 不就行了？

但是。。。第一位的 \(f\) 应该是多少呢？

本来，我们只要保证 f!=6 ，不影响答案，不过为了保险，我们设置一个不是 \(0\sim 9\) 之间的正整数。

主函数：

signed main(){
	while((~scanf("%lld%lld",&l,&r))&&(l||r)){
		cnt=0;
		while(r){
			a[++cnt]=r%10;
			r/=10;
		}
		ra=dfs(cnt,10,1);//记录 "sum[r]"
		cnt=0;
		l--;
		while(l){
			a[++cnt]=l%10;
			l/=10;
		}
		la=dfs(cnt,10,1);//记录 "sum[l-1]"
		printf("%lld\n",ra-la);//相减的结果就是 "l+(l+1)+(l+2)+...+r"
	}
	return 0;
}

然后你就可以在 \(\texttt{loj}\) 上A了。

还记得我前面说的那句话吗？

众所周知，\(dfs\) 是珂以记忆化的！

我们完全珂以用记忆化来优化这个 \(dfs\) 吖！

就像前面举的那个 \(114514\) 的例子，\(112\ \_\ \_\ \_\,,113\ \_ \ \_\ \_\) 已经确定的位中，倒数第一位（也就是 \(2\) 和 \(3\)）不是 \(6\)，后三位最多都是 \(999\)，后三位的答案总数一定是一样的。

所以如果两个数的答案一样，就必须要满足上面的三个条件，任意一个条件不成立，两个数的答案就不相同。

下文中，“不行”指与 \(112\ \_\ \_\ \_\,,113\ \_ \ \_\ \_\) 后二位的答案不相同。

\(114\ \_ \ \_\ \_\) 不行，因为后三位最多只能是 \(514\)。（而且还出现 \(4\) 了好伐？），违反了第二条。
\(106\ \_ \ \_\ \_\) 不行，因为如果下一位是 \(2\) ，那么这个答案就不符合题意，答案总数会减少，违反了第一条。

综上，我们使用 s[x][f]表示上一位为 \(f\) ，还剩下 \(x\) 位时的记忆化的答案，如果v==0就珂以使用或记录。

欸？有个小问题，本题是多组输入，记忆化数组需不需要清空呢？

本题的答案是不需要。因为题目限制是没有 \(4\) 或 \(62\) ，任何数都可以使用之前记忆化的结果。

因为每道题的题目要求不同，所以每做一道题都要考虑一下这个问题。

Code

#include<cstdio>
#define int long long
int a[15];
int s[15][15];
int l,r,cnt,la,ra;
int dfs(int x,int f,bool v){
	if(!x)return 1;
	if(!v&&s[x][f])
		return s[x][f];
	int u=v?a[x]:9;
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=u;++i){
		if(i==4||(i==2&&f==6))
			continue;
		ans+=dfs(x-1,i,v&&(i==a[x]));
	}
	if(!v)s[x][f]=ans;
	return ans;
}
signed main(){
	while((~scanf("%lld%lld",&l,&r))&&(l||r)){
		cnt=0;
		while(r){
			a[++cnt]=r%10;
			r/=10;
		}
		ra=dfs(cnt,10,1);
		cnt=0;
		l--;
		while(l){
			a[++cnt]=l%10;
			l/=10;
		}
		la=dfs(cnt,10,1);
		printf("%lld\n",ra-la);
	}
	return 0;
}

练习1-1：数字游戏

AC代码

练习1-2：Bomb

<法一>用所有情况减去“不要49”的情况

AC代码

<法二>等会再讲

例题二：windy数

双倍快乐

~~我去小伙子，没看出来呀，你居然是一道蓝题~~

Solution

不含前导0？咋搞？

我们想，如果第 \(x\) 位前面每一个数位上的数都是 \(0\) 的话：

如果第 \(x\) 位不是 \(0\)
好了，从第 \(x\) 位开始，后面每一位都不再有是前导 \(0\) 的可能
如果第 \(x\) 位是 \(0\)
那么 \(x\) 也算在前导 \(0\) 内，后面的数位还有是前导 \(0\) 的可能

所以我们再来一个参数 \(q\)，记录 \(x\) 之前是不是都是 \(0\) 呗！q==true 时表示这一位不可能是前导 \(0\)，否则表示这一位可能是前导 \(0\)，也就是说，前面的每一位都是 \(0\)。

因为题目要求每一位都要和上一位相差 \(2\)，当q==false时，可以无视此要求。

快速传 \(q\) 值：q||i

\(i\) 不为 \(0\)，\(q\) 为 true，理所当然下一位不可能是前导 \(0\)。
\(i\) 为 \(0\)，\(q\) 为true，说明 \(i\) 只是数中间的一个正常的 \(0\)。
\(i\) 不为 \(0\)，\(q\) 为false，因为 \(i\) 已经将最高位占领了，下一位不可能是前导 \(0\)。
\(i\) 为 \(0\)，\(q\) 为false，\(i\) 也算在前导 \(0\) 内，下一位可能是前导 \(0\)。

还记得我们的记忆化吗？用s[x][f]来表示。如果 \(f\) 碰巧为 \(0\)，那就会分为 \(f\) 是前导 \(0\) 和 \(f\) 不是前导 \(0\) 的情况，我们记录的自然是 \(f\) 不是前导 \(0\) 的答案，当v==false时不能直接使用。

Code

#include<cstdio>
#define int long long
int a[25];
int l,r,cnt;
int s[25][15];
int abs(int x){return x<0?-x:x;} 
int dfs(int x,int f,bool v,bool q){
	if(!x)return 1;
	if(!v&&q&&s[x][f])
		return s[x][f];
	int u=v?a[x]:9;
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=u;++i){
		if(!q||abs(i-f)>=2)
			ans+=dfs(x-1,i,v&&(i==a[x]),q||i);
	}
	if(!v&&q)s[x][f]=ans;
	return ans;
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&l,&r);
	l--;
	cnt=0;
	while(r){
		a[++cnt]=r%10;
		r/=10;
	}
	int ra=dfs(cnt,0,1,0);
	cnt=0;
	while(l){
		a[++cnt]=l%10;
		l/=10;
	}
	int la=dfs(cnt,0,1,0);
	printf("%lld\n",ra-la);
	return 0;
}

例题三：数字计数

双倍快乐

Solution

~~想自己为什么能对比想题怎么做想得还久系列~~

既然每一个数都要统计，那么记忆化就必须每算一个数出现的次数清空一次。

那不是很好写嘛。由于需要统计 \(0\) 的个数，我们也不能算上前导 \(0\) 。

在 \(dfs\) 中加上两个参数 \(num\) 和 \(sum\) ，\(num\) 表示当前正在搜的数，\(sum\) 表示这个数已经出现的次数。

记忆化数组呢，

我们设 s[x][sum] 为当前 \(dfs\) 的 \(num\) 在前 \(x\) 位出现了 \(sum\) 次，后面的结果。

为毛这样设？跟 \(sum\) 有毛关系？直接 s[x] 他不香嘛！

没错，以上就是我花一个下午思考的问题，翻遍全网都没有大佬讲过这个问题。。。

经过暴力程序一顿搞+肉眼查错之后发现，会发生酱紫的情况：

输入 \(1,105\) ，输出 \(0\) 出现的次数为 \(16\)（和暴力程序对得上）

输入 \(1,110\) ，输出 \(0\) 出现的次数为 \(11\)（。。。）

WWWW...What?发生了什么？

事情是这样的，我们这个方法还不够严谨。
比如求 \(1\sim110\) 中 \(0\) 出现的次数，程序计算得 \(10\sim19\),也就是s[1]的值为 \(1\) (因为只有 \(10\) 中有一个 \(0\))

但是，我们计算 \(100\sim109\) 时程序会使用s[1]的值（此时满足使用条件）

But,As we all know,\(100\sim109\) 中有整整 \(10\) 个 \(0\)，而程序只计算了 \(100\) 当中的一个 \(0\)。

所以我们需要往记忆化里再添一维，保证不会发生上面那一种情况。

好了，以上是我口胡的理由，总而言之，我们加一维 \(sum\) ，刚好珂以解决上面那个问题。

那么，这个问题就处理完了。。。（【笑容逐渐变态】）

然后这个问题处理完就没问题了。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int long long
int l,r,cnt;
int s[25][25];
int ans[25],a[25]; 
int dfs(int x,int sum,int num,bool v,bool q){
	//q => 无前导0 
	//!q => 有前导0 
	//num => 当前查询的数 
	//sum => 当前查询的数的总个数 
	if(!x)return sum;
	if(!v&&q&&~s[x][sum])
		return s[x][sum];
	int u=v?a[x]:9;
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=u;++i){
		if(i||q)
			ans+=dfs(x-1,sum+(i==num),num,v&&(i==a[x]),1);
		else ans+=dfs(x-1,sum,num,v&&(i==a[x]),0);
	}
	if(!v&&q)s[x][sum]=ans;
	return ans;
}
int solve(int x,int w){
	cnt=0;
	memset(s,-1,sizeof(s));
	while(x){
		a[++cnt]=x%10;
		x/=10;
	}
	return dfs(cnt,0,w,1,0);
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&l,&r);
	for(int i=0;i<=9;++i)
		printf("%lld ",solve(r,i)-solve(l-1,i));
	return 0;
}

例题四：B-number

题面翻译成人话：

\(B\) 数的定义：是 \(13\) 的倍数，且包含连续的 \(\texttt{"13"}\) 的数。

例如：\(130\) 和 \(2613\) 是 \(B\) 数，但是 \(143\) （不包含连续 \(\texttt{"13"}\)）和 \(131\) （不是 \(13\) 的倍数）不是 \(B\) 数。

计算 \(1\)到 \(n\) 之间有多少个 \(B\) 数。

温故而知新

在练习1-2 处，我们提到了 Boob 的另外一种做法。

我们考虑使用二维记忆化数组 s[maxn][3] 来进行记忆化。

s[x][0] 表示搜到第 \(x\) 位，前面没有出现连续的 \(49\)，并且上一位不是 \(4\) 的所有情况。
s[x][1]表示搜到第 \(x\) 位，前面没有出现连续的 \(49\)，并且上一位是 \(4\) 的所有情况。
s[x][2]表示搜到第 \(x\) 位，前面已经出现了连续的 \(49\) 的所有情况。

定义参数 \(f\) 为数组的第二维。\(dfs\) 向下延伸时

若f==2，也就是前面已经出现过 \(49\) ，那么向下拓展时理所应当 \(f\) 也是 \(2\)。
若f==1&&i==9，也就是上一位是 \(4\) ，这一位是 \(9\) ，刚好凑成一个 \(49\) ，递归时将 \(f\) 传为 \(2\)。
若f!=2&&i==4，将 \(f\) 向下传为 \(1\)。
否则 \(f\) 为 \(0\)。

最后一个数搜完时，只有前面出现了 \(49\) ，也就是 f==2 时才会计算这个数。

完整代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int long long
int a[25];
int x,T,n,cnt;
int s[25][3];
int dfs(int x,int f,bool v){
	if(!x)return f==2;
	if(!v&&(~s[x][f]))
		return s[x][f];
	int u=v?a[x]:9;
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=u;++i){
		if(f==2||(i==9&&f==1))
			ans+=dfs(x-1,2,v&&(a[x]==i));
		else if(f!=2&&i==4)
			ans+=dfs(x-1,1,v&&(a[x]==i));
		else ans+=dfs(x-1,0,v&&(a[x]==i));
	}
	if(!v)s[x][f]=ans;
	return ans;
}
signed main(){
	scanf("%lld",&T);
	while(T--){
		scanf("%lld",&n);
		memset(s,-1,sizeof(s));
		int tmp=n; 
		cnt=0;
		while(n){
			a[++cnt]=n%10;
			n/=10;
		}
		printf("%lld\n",dfs(cnt,0,1));
	}
	return 0;
}

我们等一会儿会尝试将这种新方法应用到本题中来。

那么，取模，咋整？依次把每个搜到的数记录下来最后再取模？

假设有一个数 \(\overline{x_1x_2x_3\cdots x_n}\bmod13\)，可以变形为 \((x_1\times 10^n+x_2\times 10^{n-1}+x_3\times10^{n-2}+\cdots+x_n\times10^0)\bmod13\)，再变一下，就是：

\[(\cdots((((x_1\bmod13)\times10+x_2)\bmod13)\times10)\bmod13)\cdots)\bmod13 \]

在 \(dfs\) 时，我们增加一个参数 \(m\) ，表示当前已经搜完的前几位数 \(\bmod 13\) 的值，向后搜时，我们传(m*10+i)%13。

搜完最后一个数时，只有同时满足 f==2 和 m==0 时，也就是这个数包含连续的 \(\texttt{"13"}\) ，并且这个数被 \(13\) 整除才计算这个数。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int long long
int a[25];
int x,n,cnt;
int s[25][15][3];
int dfs(int x,int f,bool v,int m){
    if(!x)return f==2&&!m;
    if(!v&&(~s[x][m][f]))
        return s[x][m][f];
    int u=v?a[x]:9;
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=u;++i){
        if(f==2||(i==3&&f==1))ans+=dfs(x-1,2,v&&(a[x]==i),(m*10+i)%13);
        else if(i==1)ans+=dfs(x-1,1,v&&(a[x]==i),(m*10+i)%13);
        else ans+=dfs(x-1,0,v&&(a[x]==i),(m*10+i)%13);
    }
    if(!v)s[x][m][f]=ans;
    return ans;
}
signed main(){
    while(~scanf("%lld",&n)){
        memset(s,-1,sizeof(s));
        int tmp=n; 
        cnt=0;
        while(n){
            a[++cnt]=n%10;
            n/=10;
        }
        printf("%lld\n",dfs(cnt,0,1,0));
    }
    return 0;
}

练习4-1

注意清空记忆化数组。

注意是数字和取模，而不是数字本身。

AC代码

例题五：起床困难综合征

双倍经验

Solution

位，，位运算？？？

预处理

提供一个思路：一个数的二进制位只可能是 \(0\) 或 \(1\)。

并且这个数每一位要做的操作已知。

那我们挨个挨个，假设每一位是 \(0\) 或 \(1\) 不就行了？

我们用 number[i][0] 表示初始攻击力的第 \(i\) 位为 \(0\) 时的操作后的结果，number[i][1]表示初始攻击力的第 \(i\) 位为 \(1\) 时操作后的结果。

把这一位是 \(0\) 时操作的答案记录一下，这一位是 \(1\) 时操作的答案记录一下，再用数位DP找最大的答案。

数位DP

整个 \(dfs\) 共计 \(3\) 个参数：位数 \(x\) ，当前搜到的最大答案对应的初始攻击力 \(c\) ，最大答案 \(w\)。

如果 \(c>m\)，不满足题意，return;

搜完了，将最大答案 \(ans\) 和 \(w\) 比 \(\max\) 。

向下拓展时，因为没有了 \(v\) 的限制，枚举第 \(i\) 位为 \(0\) 或 \(1\) 就行了。

然后因为这是数位，所以，假设第 \(x\) 位数为 \(i\)，整个数就应该增加 \(i\times 2^x\) ，也就是 i<<x 才对。对应的，因为 number[x][i] 知识当前位的结果，答案 \(w\) 也要加上 number[x][i]<<x。

所以数位DP的代码长这样：

void dfs(int x,int c,int w){
	if(c>m)return;
	if(x==-1){
		ans=max(ans,w);
		return;
	}
	for(int i=0;i<=1;++i)
		dfs(x-1,c+(i<<x),w+(number[x][i]<<x));
	return;
}

然而这样会 T 。

所以我们需要剪枝。

我们想，如果 \(w<ans\) ，可能是发生了什么？

差不多就是 \(ans\) 被 \(11\ \_ \ \_\) 更新，而此时的 \(w\) 是 \(10\ \_ \ \_\) 。

\(ans\) 最少是 \(1100\)，\(w\) 最多是 \(1011\)，\(\max\{w\}<\min\{ans\}\)，\(ans\) 永远不会被 \(w\) 更新。

所以当 \(w<ans\) 时，return。

Code

#include<cstdio>
#define int long long
int a[35];
char op[5];
int number[35][2];
int n,m,cnt,t,ans;
void dfs(int x,int c,int w){
	if(c>m||w<ans)return;
	if(x==-1){
		ans=w;
		return;
	}
	for(int i=0;i<=1;++i)
		dfs(x-1,c+(i<<x),w+(number[x][i]<<x));
	return;
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=0;i<31;++i)
		number[i][1]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%s%lld",op,&t);
		for(int j=0;j<31;++j){
			bool c=(t>>j)&1;
			if(op[0]=='A'){
				number[j][0]&=c;
				number[j][1]&=c;
			}
			else if(op[0]=='O'){
				number[j][0]|=c;
				number[j][1]|=c;
			}
			else{
				number[j][0]^=c;
				number[j][1]^=c;
			}
		}
	}
	dfs(30,0,0);
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

没有练习，咕咕。

end.

posted @ 2020-12-29 11:17 XSC062 阅读(141) 评论(0) 编辑收藏举报

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例题三：数字计数

Solution

Code

例题四：B-number

Code

练习4-1

例题五：起床困难综合征

Solution

Code

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