数位dp入门(内容一样,新版格式)
顾名思义,数位dp,是一种用来计数的dp,就是把一个数字拆成一个一个数位去统计
如果现在给你一道题,需要你求在区间[l,r]内满足条件的解的个数,我们很容易想到去暴力枚举,但要是数据范围太大这种办法就行不通了,这时候数位dp就派上了用场,所谓数位就是把一个数拆成一个一个进制位,然后逐一比较看是否满足题目要求,这其实也是一种暴力方法,只不过时间复杂度小了很多
那么到底要如何做呢?下面我们来看一道例题
HDU2089
概括一下题目意思
就是给你一个区间[n,m],要你求区间内不含"62"或"4"的数字的个数,如8134(含4),21262455(含62)均不满足题意,而61342这种"6"和"2"并不连在一起的数字则满足题意
直接统计对于暴力枚举很好求,但是对于数位dp并不容易,所以我们还需要用到差分的思想,即统计0到b+1(注意不是b,至于为什么后面会讲)和0到a的满足条件的个数,再两者相减
进一步化简,求 \(0\) 到 \(i\) 位数不含 \(4\) 和 \(62\) 的个数
\(i=1\),求 \(0\)~\(9\) 的满足条件的个数
\(i=2\),求 \(0\)~\(99\) 的满足条件的个数
\(i=3\),求 \(0\)~\(999\) 的满足条件的个数
\(i=4\),求 \(0\)~\(9999\) 的满足条件的个数
...
用 \(dp[i][0]\) 表示 \(i\) 位数中幸运数的个数
用 \(dp[i][1]\) 表示 \(i\) 位数中以 \(2\) 开头的幸运数的个数
用 \(dp[i][2]\) 表示 \(i\) 位数中非幸运数的个数
那么,就有以下的递推公式
\(dp[i][0]=dp[i-1][0]\times9-dp[i-1][1]\)
表示前i-1位数字中的幸运数前面加上除4以外的0~9的其他数字,共9个,还要减去前i-1位数字中的以2开头的幸运数加上这一位以6开头的数字的个数
\(dp[i][1]=dp[i-1][0]\)
表示前i-1位数字中的幸运数加上这一位的2
\(dp[i][2]=dp[i-1][2]\times10+dp[i-1][1]+dp[i-1][0]\)
表示前面已经不合法的数字这一位无论放什么都不合法,所以0~9随便放,加上前i-1位数字中的以2开头的幸运数加上这一位的6,再加上前i-1位数字中的幸运数加上这一位的4的个数
初始值 \(dp[0][0]=1\),其他均为 \(0\)
根据初始值和递推公式，我们就能得到从 \(0\) 到任意 \(i\) 位数字的吉利数字的个数。
找到 \(0\) ~ \(n\) 的吉利数字的个数
我们先求出 \(0\) ~ \(n\) 之间非吉利数字的个数，用总数减去即可。那，非吉利数字的个数怎么求呢？
用具体的数字举例来说吧：设 \(n = 583626\)
用 \(digit[10]\) 记录 \(n+1\)每一位对应的数字，此例中有 \(6\) 位数字（令 \(cnt = 6\) 表示数字位数），分别是
digit[6] = 5
digit[5] = 8
digit[4] = 3
digit[3] = 6
digit[2] = 2
digit[1] = 7
digit[0] = 任意数字，占位用的
用 \(sum\) 记录非吉利数字的个数，初始化为 \(0\)
需要一个\(bool\) 量 \(flag\),记录是否出现了非吉利数字。初始化为 \(false\), 未出现。
我们从数字的最高位起进行判断: \(digit[6] = 5\).
我们要求 \(0\) ~ \(499999\) 之间非吉利数的个数。
首先：加上\(0\) ~ \(99999\) 中所有非吉利数字前面添加0~4的任意一个数字的情况 \(sum += dp[5][2] \times digit[6]\)
其次：\(5\) 大于 \(4\)，故我们要加上 \(0\) ~ \(99999\) 中所有吉利数字前面添加 \(4\) 的情况 \(sum += dp[5][0]\)
接着，判断第\(5\)位 \(digit[5] = 8\)，即判断 \(500000\) ~ \(579999\) 之间的非吉利数字的个数，其实就是判断 \(0\) ~ \(79999\) 之间的，前面的数字不是\(6\)就没有什么用
首先：加上\(0\) ~ \(9999\) 中所有非吉利数字前面添加 \(0\)~\(7\) 的任意一个数字的情况 \(sum += dp[4][2] \times digit[5]\)
其次：\(8\) 大于 \(4\)，故我们要加上 \(0\)~\(9999\) 中所有吉利数字前面添加4的情况 \(sum += dp[4][0]\)
此外：\(8\) 大于 \(6\)，故我们要加上 \(0\)~\(9999\) 中所有以\(2\)开头的吉利数字前添加\(6\)的情况 \(sum += dp[4][1]\)
接着，判断第 \(4\) 位 \(digit[4] = 3\)，即判断 \(580000 ~ 582999\) 之间的非吉利数字的个数，其实就是判断 \(0\) ~ \(2999\) 之间的
首先：加上 \(0\) ~ \(999\)中所有非吉利数字前面添加 \(0\)~\(2\)的任意一个数字的情况 \(sum += dp[3][2] \times digit[4]\)
其次：\(2\) 小于 \(4\)，没有需要特别考虑的
此外：\(2\) 小于 \(6\)，没有需要特别考虑的
接着，判断第 \(3\) 位 \(digit[3] = 6\)，即判断 \(583000\) ~ \(583599\) 之间的非吉利数字的个数，其实就是判断\(0\) ~ \(599\)之间的
首先：加上 \(0\) ~ \(99\) 中所有非吉利数字前面添加 \(0\)~\(5\) 的任意一个数字的情况 \(sum += dp[2][2] \times digit[3]\)
其次：\(6\) 大于 \(4\)，故我们要加上 \(0\) ~ \(99\) 中所有吉利数字前面添加4的情况 \(sum += dp[2][0]\)
接着，判断第 \(2\) 位 \(digit[2] = 2\)，即判断 \(583600 ~ 583619\) 之间的非吉利数字的个数，其实就是判断0 ~ 19之间的，
首先：加上 \(0\) ~ \(9\) 中所有非吉利数字前面添加 \(0\)~\(1\) 的任意一个数字的情况 \(sum += dp[1][2] \times digit[2]\)
其次：\(2\)小于\(4\)，没有需要特别考虑的
此外：\(2\)小于\(6\)，没有需要特别考虑的
但是，需要注意的是，这里判断的数字出现了 \(62\)，我们要把\(flag\)标识为\(true.\)
最后，判断第 \(1\) 位 \(digit[1] = 7\), 判断 \(583620 ~ 583626\) 但是这里 \(flag\) 为 \(true\) 了，表示前面的数字里面已经包含了非吉利数字，所以后面需要把所有的数字情况都加入到非吉利里面。(正是因为每次判断的数字末尾都比该位的数字少1，所以最开始要记录 \(n + 1\) 的值)
\(sum += digit[1] \times dp[0][2] + digit[1] \times dp[0][0]\)
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define in(i) (i=read())
using namespace std;
int read() {
int ans=0,f=1; char i=getchar();
while(i<'0'||i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}
while(i>='0'&&i<='9') {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+i-'0'; i=getchar();}
return ans*f;
}
int dp[10][3],digit[15];
void init() {
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=8;i++) {
dp[i][0]=dp[i-1][0]*9-dp[i-1][1];
dp[i][1]=dp[i-1][0];
dp[i][2]=dp[i-1][2]*10+dp[i-1][1]+dp[i-1][0];
}
}
int solve(int x)
{
memset(digit,0,sizeof(digit));
int cnt=0,tmp=x;
while(tmp) {
digit[++cnt]=tmp%10;
tmp/=10;
}
digit[cnt+1]=0; int flag=0,ans=0;
for(int i=cnt;i>=1;i--) {
ans+=digit[i]*dp[i-1][2];
if(flag) ans+=digit[i]*dp[i-1][0];
else {
if(digit[i]>4) ans+=dp[i-1][0];
if(digit[i]>6) ans+=dp[i-1][1];
if(digit[i+1]==6 && digit[i]>2) ans+=dp[i][1];
}
if(digit[i]==4 || (digit[i+1]==6 && digit[i]==2)) flag=1;
}
return x-ans;
}
int main()
{
int a,b; init();
while(1) {
in(a);in(b);
if(!a && !b) break;
cout<<solve(b+1)-solve(a)<<endl;
}
return 0;
}
最后说那个 \(b+1\) 的情况,我们看到代码中有判断 \(digit[i]>4\) 和 \(digit[i]>6\) 等类似的语句,我们处理第 \(i\)位时,实际上是处理 \(0~digit[i]-1\),即 \([ 0,digit[i] )\) ,而把 \(digit[i]\) 放到下一次去判断,但我们处理个位时,最后一个是不会去统计的,所以我们把统计的范围\(+1\),即为\([ 0,digit[i]+1 )\Rightarrow[ 0,digit[i] ]\),所以就有了 \(solve(b+1)-solve(a)\) 这样的语句.(还是高二 \(dalao\) Navi-Awson告诉我的,\(\%\%\%\))
数位\(dp\)记忆化搜索写法
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define in(i) (i=read())
using namespace std;
typedef long long lol;
lol read() {
lol ans=0,f=1;
char i=getchar();
while(i<'0'|| i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}
while(i>='0' && i<='9') {ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0'; i=getchar();}
return ans*f;
}
lol a,b;
lol dp[19][11];
lol bit[19];
lol dfs(lol len,lol pre,lol limit) {
if(!len) return 1;//如果搜到最后一位了,返回下界值1
if(!limit && dp[len][pre]) return dp[len][pre];//记忆化部分
lol maxn=limit?bit[len]:9;//求出最高可以枚举到哪个数字
lol ans=0;
for(lol i=0;i<=maxn;i++) {
if(i!=4 && !(pre && i==2))//如果这一位不为4并且上一位不为6且这一位不为2
ans+=dfs(len-1,i==6,limit && i==maxn);//满足条件
}
if(!limit) dp[len][pre]=ans;//如果没有限制,代表搜满了,可以记忆化,否则就不能
return ans;
}
lol solve(lol a) {
memset(bit,0,sizeof(bit));
lol k=0;
while(a) {//取出数字的每一位
bit[++k]=a%10;
a/=10;
}
return dfs(k,0,1);
}
int main()
{
//freopen("number.in","r",stdin);
//freopen("number.out","w",stdout);
lol t; in(t);
for(int i=1;i<=t;i++) {
lol a,b; in(a);in(b);
cout<<solve(b)-solve(a-1)<<endl;//差分思想
}
return 0;
}
应用
放几道题目上来
http://www.cnblogs.com/real-l/
