数位DP学习笔记
现在让我来介绍一下数位DP......什么是数位DP呢qwq......数位dp是一种计数用的dp，一般就是要统计一个区间[le,ri]内满足一些条件数的个数。所谓数位dp，字面意思就是在数位上进行dp。
数位DP其实也是一种记忆化搜索吧qwq，与其说是一种算法，不如说是一种思想qwq
为了介绍它，我们这里先捞一个模板：（模板转自wust_wenhao）
typedef long long ll;
int a[20];
ll dp[20][state];//不同题目状态不同
ll dfs(int pos,/*state变量*/,bool lead/*前导零*/,bool limit/*数位上界变量*/)//不是每个题都要判断前导零
{
//递归边界，既然是按位枚举，最低位是0，那么pos==-1说明这个数我枚举完了
if(pos==-1) return 1;/*这里一般返回1，表示你枚举的这个数是合法的，那么这里就需要你在枚举时必须每一位都要满足题目条件，也就是说当前枚举到pos位，一定要保证前面已经枚举的数位是合法的。不过具体题目不同或者写法不同的话不一定要返回1 */
//第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝)
if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];
/*常规写法都是在没有限制的条件记忆化，这里与下面记录状态是对应，具体为什么是有条件的记忆化后面会讲*/
int up=limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up;这个的例子前面用213讲过了
ll ans=0;
//开始计数
for(int i=0;i<=up;i++)//枚举，然后把不同情况的个数加到ans就可以了
{
if() ...
else if()...
ans+=dfs(pos-1,/*状态转移*/,lead && i==0,limit && i==a[pos]) //最后两个变量传参都是这样写的
/*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了
大概就是说，我当前数位枚举的数是i，然后根据题目的约束条件分类讨论
去计算不同情况下的个数，还有要根据state变量来保证i的合法性，比如题目
要求数位上不能有62连续出现,那么就是state就是要保存前一位pre,然后分类，
前一位如果是6那么这意味就不能是2，这里一定要保存枚举的这个数是合法*/
}
//计算完，记录状态
if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;
/*这里对应上面的记忆化，在一定条件下时记录，保证一致性，当然如果约束条件不需要考虑lead，这里就是lead就完全不用考虑了*/
return ans;
}
ll solve(ll x)
{
int pos=0;
while(x)//把数位都分解出来
{
a[pos++]=x%10;//个人老是喜欢编号为[0,pos),看不惯的就按自己习惯来，反正注意数位边界就行
x/=10;
}
return dfs(pos-1/*从最高位开始枚举*/,/*一系列状态 */,true,true);//刚开始最高位都是有限制并且有前导零的，显然比最高位还要高的一位视为0嘛
}
int main()
{
ll le,ri;
while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))
{
printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));
}
}
推荐题目：
nowcoder提高组模拟赛 数数字
BZOJ3679 数字之积
CF1036C Classy Numbers
ZJOI2010 数字计数
luogu 萌数
这里以一位dalao出的题来做示例吧：
数据范围\(1<=t<=10^5,0<=l_i<=r_i<=10^{18}\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define MAXN 20
using namespace std;
//0-->none
//1-->0
//2-->00
//3-->007
int t;
long long ansans;
long long cur[MAXN][MAXN],a[MAXN];
inline long long search(int pos,int name,bool lead,bool limit)
{
if(pos==0&&name==3) return 1;
else if(pos==0&&name!=3) return 0;
if(!limit&&!lead&&cur[pos][name]) return cur[pos][name];
int up=limit?a[pos]:9;
long long ans=0;
for(int i=0;i<=up;i++)
{
if(name==0) ans+=search(pos-1,(i==0&&!lead)?1:0,lead&&i==0,limit&&i==a[pos]);
else if(name==1) ans+=search(pos-1,(i==0&&!lead)?2:1,lead&&i==0,limit&&i==a[pos]);
else if(name==2) ans+=search(pos-1,i==7?3:2,lead&&i==0,limit&&i==a[pos]);
else ans+=search(pos-1,3,lead&&i==0,limit&&i==a[pos]);
}
if(!limit&&!lead) cur[pos][name]=ans;
return ans;
}
inline long long solve(long long x)
{
memset(a,0,sizeof(a));
memset(cur,0,sizeof(cur));
int pos=0;
while(x)
{
a[++pos]=x%10;
x/=10;
}
return search(pos,0,true,true);
}
int main()
{
freopen("friend.in","r",stdin);
freopen("friend.out","w",stdout);
scanf("%d",&t);
long long l,r;
while(t--)
{
scanf("%lld%lld",&l,&r);
ansans=ansans^(solve(r)-solve(l-1));
}
cout<<(long long)ansans<<endl;
return 0;
}
