数位DP

概述

数位DP是一类与数字枚举有关的DP问题，往往无法暴力破解。

通常这类问题是要统计某个区间内符合一些性质的数，具有如下的特征：

  • 要统计区间[l, r]内满足要求的数，往往可以转换成求[0,r] - [0,l)
  • 对于求区间[0,n)有通用的方法
  • 对于一个小于n的数，从高位到低位一定会出现有一位数字小于n的这一位数字

数字枚举存在大量的重复性，使用DP的方法可以减少很多计算。

我们使用dp[len][st]数组来存储中间的结果。第一位len表示当前处理的位数，通常从高位到低位遍历。第二位st表示状态空间。状态空间的设计是数位DP的难点，可以不止是二维。

一般步骤

首先是初始化，包括dp数组的预处理、每一位极限值的处理等。

一般dp数组的处理可以直接重置成-1，而极限值则是n的各个数字，保证枚举时只会枚举比n小的数字。

有时根据题目也会做更多的预处理工作。

完成初始化之后便是dfs递归求解，枚举数的每一位，按位DP。一个通用的模板如下：

int dfs(int pos, int s, int e)
{
    if(!pos) return s == target;
    if(!e && f[pos][s] != -1)
        return f[pos][s];

    int ans = 0;    
    int u = e ? bit[pos] : 9;
    for(int i = (first ? 1 : 0); i <= u; i++)
    {
        ans += dfs(pos - 1, new_s(s,i), e && i == u);
    }

    return e ? ans : f[pos][s] = ans;
}

这里我们假设初始化dp数组为-1，bit数组记录n的每一位数字。pos表示枚举到第几位了（从最高位向最低位枚举），s表示传递的状态值，e则是极限标识。

有几个注意的地方：

  • line 3: pos 为 0 时表示枚举完了所有的位数，此时判断是否符合条件
  • line 4: 中途遇到先前计算的结果时，返回结果
  • line 7~8: 当前位的计算值与枚举上限
  • line 9~12: 递归枚举下一位数字，同时需要更新s与e的值
  • line 14: 根据e的值选择是否保存当前值，并返回这一步的计算结果ans

数位DP的难点在于状态空间的设计。DP的初衷在于减少重复的计算，状态空间便是用来保存中间值的，当我们觉得有些问题用现有的设计说不清楚的时候，便可以考虑增加状态，以细分状态空间。

Example 1：Amount of Degrees

题目：求给定区间[X, Y]中满足下列条件的整数个数：这个数恰好等于K个互不相等的B的整数次幂的和。其中 2 <= B <= 10。

如指定[15, 20]，K=2，B=2，有三个数满足：

17=24+20 18=24+21 20=24+22

因此输出 3

这个例子来自于刘聪的《浅谈数位类统计问题》，特点在于额外的初始化工作。

思路：所求的数为互不相等的幂的和，那么其B进制表示的数字各位都只是0或者1，我们只需考虑二进制的情况，其他进制可以转化为二进制求解。

以 n=13,K=3为例，即是求出0到13（1101）中二进制表示含3个1的数的个数。为了方便思考，我们先画一棵完全二叉树：

数位DP_1

树根用0表示，这颗二叉树便可以表示4位的所有二进制数，橙色路径是上限13，而小于n的数组成了三棵子树，统计小于13的数只需要统计这三棵子树。

对于一棵高度为i的完全二叉树，统计二进制表示含有j个1的树可以递推求出。每下一层，相对于上一层的数要么添0要么添1：

  • 初始时有：dp[0][0] = 1, dp[0][1] = 0
  • 第i层至多有i个1
  • 第i层j个1的计数为 i−1 层j个1添0或者 i−1 层 j−1 个1添1

接下来是进制转换的问题，对于询问n，我们需要找到不超过n的最大B进制表示只含0、1的数（同一个幂次只计算一次）：找到n左起第一位非0、1的数位，将其变为1，并将右侧所有数位设置为1，就可以将B进制表示视为二进制查询。

  • 如 1028(10)，变换为1011，是最接近的不同的10的幂次的和
  • 如20 (3)，对应10进制的6，变换为11
  • 如202 (3)， 对应10进制的20，变换为101

于是有下面的代码：（默认输入合法）

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <iostream>
using namespace std;

int dp[32][32];

void init()
{
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    dp[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i < 32; i++)
    {
        dp[i][0] = dp[i - 1][0];
        
        for(int j = 1; j <= i; j++)
        {
            dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - 1];
        }
    }
}

int calc(int x, int k)
{
    if(x <= 0) return 0;

    int tot = 0, ans = 0;

    for(int i = 31; i > 0; i--)
    {
        if(x & (1<<i)) {="" tot="" ++;="" if(tot=""> k)
                break;
            x = x ^ (1 << i); // 将这一位置0
        }
        
        if((1 << (i - 1)) <= x)
        {
            ans += dp[i - 1][k - tot];
        }
    }

    if(tot + x == k)
        ans ++;
    return ans;
}

int change(string s, int k, int sign)
{
    if(sign)
    {
        int last = s.length() - 1;

        for(; last > 0; last --)
        {
            if(s[last] > '0')
            {
                s[last] -= 1;
                break;
            }
            else s[last] += k - 1;
        }
    }

    if(k != 2)
    {
        int pos = 0;
        while(s[pos] == '0' || s[pos] == '1')
            pos ++;

        for(; pos < s.length(); pos++)
            s[pos] = '1';
    }
    
    return stoi(s, 0, 2); //返回成十进制的数以与calc函数对接
}

int main()
{
    string a, b;
    int k, B;
    init();
    
    // 输入B进制表示的a、b, 要求k个B的不同幂次
    while(cin >> a >> b >> k >> B)
    {   
        cout << calc(change(b, B, 0), k) - calc(change(a, B, 1), k) << endl;
    }

    return 0;
}

Example 2：hihocoder 1033 交错和

题目：给定一个数 x，设它十进制从高位到低位上的数位依次是 a0, a1, ..., an − 1，定义交错和函数：

f(x)=a0−a1+a2−a3+…+(−1)n−1an−1

例如：

f(3214567)=3−2+1−4+5−6+7=4

给定区间 [l,r] 和 k，0<=l<=r<=1018,|k|<=100，求区间内所有f(x)=k的数的和 （模1000000007）。

思路：这一道题目的状态空间应该和k的值有关，18位极限情况下k最多可以有81，考虑负数，dp[len][sum]第二维开200即可。状态空间即是当前遍历到第len位时，已有的和为sum时的状态。

问题1：存在前导0的问题。

比如枚举01、001虽然都是1，但是计算结果却会是-1和+1，因此交错符号的更迭应该从第一个非零位开始。这样的话枚举状态就不止于len有关，还与当前的有效位有关。于是我们可以设计状态空间dp[len][len0][sum]，来保存遍历到第len位，有效位为len0时和为sum的状态。

问题2：每个状态的值是什么？

最终我们要求和为k的数的和，最容易想到的思路是在状态里直接存和。然而由于题目的性质，我们枚举下一位时只考虑新的这位对总和的影响，而当前的总和可能有多种方式得到，比如123____和402____，它们的当前和都是6，下一位都该枚举第四位（最高位为第七位）。

对于当前sum和一样的情况，后续的处理是等效的，可以利用DP减少计算。最后计算时，是从最低位逐步上升到最高位的，因此这里可以继承的是一定sum值时后续的情况。

就像是把茫茫多的大数按位拆分了，这些大数直接求和的结果必然和按位分组求和的和一样。而从最低位逐步分组求和时便可以节省同样sum值的计算，直接获取先前的结果。

可以看到，基于DP的思路，是不会具体到枚举每一个数的，也就无法直接得到这些数的和，因为每一步汇聚都是汇聚的拥有公共前段sum和的数的后段。

于是我们将dp设计为结构体，存储当前的后段和与符合这种后段的数的个数。

最终代码如下：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>

const long long mod = 1000000007;
const int maxlen = 20;
const int radiu = 100;
struct node
{
    long long s, n;
} dp[maxlen][maxlen][radiu << 1];

long long a, b, base[maxlen];
int bit[maxlen], k;

node dfs(int len, int len0, int sum, bool zero, bool fp)
{
    node ans = {0, 0}, temp;

    if(len < 0)
    {
        if(sum == k) ans.n = 1;
        return ans;
    }
    if(!zero && !fp && dp[len][len0][sum + radiu].n != -1)
        return dp[len][len0][sum + radiu];

    int fpmax = fp ? bit[len] : 9;

    for(int i = 0; i <= fpmax; i++)
    {
        if(zero)
        {
            if(!i) 
                temp = dfs(len - 1, 0, 0, true, fp && (i == fpmax));
            else
                temp = dfs(len - 1, 1, i, false, fp && (i == fpmax));
        }
        else
        {
            temp = dfs(len - 1, len0 + 1, sum + (len0 & 1 ? -i : i), false, fp && (i == fpmax));
        }

        ans.n = (ans.n + temp.n) % mod;
        ans.s = (ans.s + temp.s + temp.n * i * base[len] % mod) % mod;
    }

    if(!fp && !zero)
        dp[len][len0][sum + radiu] = ans;

    return ans;
}

long long solve(long long n)
{
    if(n <= 0) return 0;

    int len = 0;
    while(n)
    {
        bit[len ++] = n % 10;
        n /= 10;
    }

    return dfs(len - 1, 0, 0, true, true).s;
}

int main()
{
    base[0] = 1;
    for(int i = 1; i < maxlen; i++)
        base[i] = base[i - 1] * 10 % mod;
    memset(dp, -1, sizeof(dp));

    while(scanf("%lld %lld %d", &a, &b, &k) != EOF)
    {
        printf("%lld\n", (solve(b) - solve(a - 1) + mod) % mod);
    }

    return 0;
}

Example 3：神奇的数

题目：给定区间[l,r],0<=l<=r<=1018，求区间内同时满足下列条件的数的个数：

  • 至少含有2、3、5中的一个数字
  • 不包含18
  • 能够被7整除

这道题目来自 网易互娱2017实习生招聘游戏研发工程师在线笔试第二场，由于没有加入题库，无法测试是否AC，所以下面的讨论和代码可能有误。

思路：三个条件相对独立，每个条件单独的都有数位DP的例题，所以这里的处理方式是针对不同的条件设置了不同的状态空间，每个条件的判定相对容易。

其余的步骤比较典型，没有什么特别的处理。

代码：

#include <stdio.h>  
#include <string.h>  
#include <algorithm>  

using namespace std;  

int dp[20][2][2][7];
int digit[20];  

long long dfs(int len,bool state, int has, int sum, bool fp)  
{  
   if(!len)
   {
      if(has == 1 && sum == 0)  
      {
         return 1;
      }
      else return 0;  
   }

   if(!fp && dp[len][state][has][sum] != -1)  
   {
      return dp[len][state][has][sum]; 
   }

   long long ret = 0 , fpmax = fp ? digit[len] : 9;  
   for(int i = 0; i <= fpmax; i++)  
   {  
      // 不含18
      if(state && i == 8)  
         continue;  

      //含有2，3，5
      int prehas = has;
      int presum = sum;
      sum *= 10;
      sum += i;
      sum %= 7;
      
      if(!has && (i == 2 || i == 3 || i == 5))
      {
         has = 1;
      }

      ret += dfs(len - 1,i == 1, has, sum, fp && i == fpmax);  
      has = prehas;
      sum = presum;
   }  

   if(!fp)  
   {
      dp[len][state][has][sum] = ret;  
   }

   return ret; 
}  

long long f(long long n)  
{  
   long long len = 0;  
   while(n)  
   {  
      digit[++len] = n % 10;  
      n /= 10;  
   } 
   return dfs(len,false, 0, 0, true);  
}  

int main()  
{  
   long long a,b;  
   memset(dp, -1, sizeof(dp));  

   while(scanf("%lld %lld", &a, &b) != EOF)  
   {   
      printf("%lld\n", f(b) - f(a - 1));  
   }  

   return 0;  
}  

https://agatelee.cn/2016/04/%E6%95%B0%E4%BD%8Ddp/

posted on 2017-09-12 15:15  时间的女儿  阅读(249)  评论(0)  编辑  收藏  举报

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