数位 DP

概述

• 数位 DP 是以从数学意义上的位数出发来 DP 为特点的一类 DP。

• 下述特点中的一部分可能对计数类以外的不适用。

• 状态设计通常包含“考虑到第几位”和“是否已经比上界小”。

• 初始化通常为 $d{p}_{0,\dots }=1$ 或 $d{p}_{n+1,\dots }=1$，视从高位向低位或从低位向高位而不同。

• 转移的话，除了以位为层之外，没有太多共同点。

• 实现上常常把 DP 的形式拆掉...这让设计的 DP 状态多没面子啊...

• 下面主要分两类来谈。

计数式问题

• 典型代表如 $\text{P2518 [HAOI2010] 计数}$（拆 DP） 和 $\text{P2657 [SCOI2009] windy 数}$（不能拆），较为经典的变种有 $\text{P4127 [AHOI2009] 同类分布}$。

• 特点是其要求往往是“计算 $[L,R]$ 内具有某种性质的数字个数”，且实现思路通常为差分（$calc(1,R)-calc(1,L-1)$，如果因为高精而无法 $-1$，那就把 $L$ 处加回来），并会记录“是否已经比上界小”。

• 状态通常为 $d{p}_{i,0/1/,\dots }$，表示安排完高/低 $i$ 位，是否已经比上界小，（其他题目要求的性质，），的总方案数。

  • 所谓“是否已经比上界小”，就是是否在只比较更高位的前提下小于 $lim$，这代表着后面可以乱填了。

  • 从高位开始的较为常用，因为其转移较为自由，下面以默认从高位开始位前提来谈。

• 初始化通常为 $d{p}_{n+1,0,\dots }=1$。

• 状态转移上，我个人觉得顺推比较舒服。大概就是暴力枚举下一位，计算性质满足情况，然后填表过去。

  • 大部分情况下，尝试逆推然后加速转移是不可行的，因为计数式问题的奇怪要求往往导致离散的转移起点。

• 复杂度 $O({\log }_{k}v)$，其中 $k$ 为进制。辅助维开销可能很大，此时不能忽略其复杂度。

P2518 [HAOI2010] 计数

• 题意：给出一个元素为 $1\sim 9$ 的可重集 $S$，求向其任意排列插入任意个 $0$ 生成的所有数字中有多少个比 $v$ 小，禁止前导零。保证 $v$ 也是由这个集合生成的。

• 数据范围：记 $n$ 为 $v$ 在十进制下的位数，则 $n⩽50$。下面所有题不再给出数据范围，因显然数据范围充分小。

• 设计 DP 如下：

  • 状态设计：$d{p}_{i,0/1,sta}$ 表示考虑了高 $i$ 位，是否已经比 $v$ 小，还剩 $sta$ 里面的数字可以用的总方案数。

    • 这里我们把所有生成的 $⩽v$ 的数字都强行补前导零补到 $n$ 位，于是变成一个排列问题。

  • 初始化：记 $n$ 为 $v$ 的位数，$d{p}_{n+1,0,full}=1$。

  • 状态转移方程：$d{p}_{i,0/1,sta}\to d{p}_{i-1,0/1,st{a}^{\prime }}$。不太好形式化，用自然语言说就是选 $sta$ 里面一个数使得生成出的数到目前为止仍然 $⩽lim$，然后转过去。

• 然而实际上我并不是这么实现的。考虑设计一个辅助 DP 如下：

  • 状态设计：$t{p}_i$ 表示 $n\sim i+1$ 位与 $lim$ 相同的数的数量。

  • 实际上这根本没必要 DP，这东西就是个组合连乘（在剩余的位里面选出 $nu{m}_i$ 个位置放 $i$），本质是可重集排列数，即 ${\displaystyle \frac{(\sum _{i=0}^{k-1}nu{m}_i)!}{\prod _{i=0}^{k-1}nu{m}_i!}}$。

• 于是问题变成暴力枚举哪一位开始不一样了，然后直接加对应的 $tp$。

• 个人认为舒服得多。奇怪的限制不强的时候，把“已经更小”视为“可以乱搞”然后直接统计方案数是有力的手段。

• 复杂度 $O(kn)$，其中 $k$ 为进制（暴力枚举下一位和求组合的时候都得遍历每个数字）。

• $k$ 太大的时候怎么办？

• 有一个基于可重集排列和康托展开的 $O(n\log k)$ 更优解：

  • 考虑我们和康托展开主要区别是什么：康托展开计算下一位有多少种方式更小，我们则是将这些方式都扩展出来然后统计。

  • 那么尝试回到康托展开，总体思路是先认为相等的数码不同，最后除以算重的次数。

  • 不妨认为前 $i-1$ 位相同，我们计算第 $i$ 位更小的方案数，以 $4,2,0,2,5,4$ 为例：

    • 第一位（最高位）更小：

      • 填 $0$：$1\times 5!$。

      • 填 $2$：这是关键！本位上可以从两个 $2$ 里面选一个，于是是 $2\times 5!$。

      • 填 $4$：相同，考察下一位。注意 $4$ 此时有两个，所以后面的所有方案乘上 $2$ 的全局系数！

    • 第二，...位更小：略。

  • 最后我们除以 $\prod _{i=0}^{k-1}nu{m}_i=1!2!2!1!$（阶乘顺序按数码从小到大）。

  • 回过头来考察，为什么是对的？

    • 对于第一位放 $0$：确实是 ${\displaystyle \frac{5!}{1!2!2!1!}}$ 种。

    • 对于第一位放 $2$：后面的方案实际上有 ${\displaystyle \frac{5!}{1!1!2!1!}}$ 种，这里却除了 $1!2!2!1!$。不对吗？

    • 对的！这里对 $2$ 除了 $2!$，看似后面只有一个 $2$ 除多了，但不要忘记“本位上可以从两个 $2$ 里面选一个”（将对应影响提前算上了）！故实际为 ${\displaystyle \frac{2\times 5!}{1!2!2!1!}}={\displaystyle \frac{5!}{1!1!2!1!}}$。

    • 全局系数也是同样的原理。

  • 故只需要按下式计算即可：$ans={\displaystyle \frac{\sum _{i=n}^1(\sum _{j=0}^{a_i-1}nu{m}_j-get(a_i-1))\times (i-1)!\times factor}{\prod _{i=0}^{k-1}nu{m}_i!}}$。

    • 其中 $a_i$ 表示从高到低的第 $i$ 位上数字，$factor$ 为因高位相同而产生的全局系数，初始为 $1$。

    • 每次算完后，请 $ins(a_i,1),factor\times =nu{m}_{a_i},--nu{m}_{a_i}$。事实上这个 $num$ 的和大概是用另一个 ta 来维护。

    • 之所以看起来和康托展开是反的是因为我们从高位向低位走，康托展开的排列是从前往后考虑。

  • 于是可以 $O(n\log k)$ 高效解决。

P2657 [SCOI2009] windy 数

• 题意：求 $\in [L,R]$ 的相邻两位数字之差不超过 $2$ 的数字个数。

• 设计 DP：

  • 状态设计：$d{p}_{i,0/1,0/1,0\sim 10}$ 表示考虑高 $i$，是否已经小，结尾为 $0\sim 9$ 或未开始（放 $10$）的方案数。

  • 初始化：$d{p}_{n+1,0,10}=1$。。

  • 状态转移：$d{p}_{i,0/1,j}\to d{p}_{i-1,0/1,[0,j-2]\bigcup [j+2,9]}$。$10$ 的转移相对特殊，不想写了。注意这里的转移是 $O(k)$ 的。

• 其实这个东西也可以拆，就是不是很好拆，需要 $t{p}_{i,0\sim 9}$ 这样来。难写程度大概和这个没开始的辅助维是卧龙凤雏。

• 复杂度 $O(k^{2}n)$，其中 $k$ 为进制。

P2602 [ZJOI2010] 数字计数

• 题意：求每个数码在 $[L,R]$ 的所有数字中的出现次数之和。

• 设计 DP：这个 DP 不太典型......

  • 状态设计：$d{p}_{i,0/1,0\sim 9}$ 表示考虑完高 $i$ 位，是否已经小，末尾是什么的方案数。
    • 事实上，一旦已经小，我们就立马计数（后面是 ${10}^{rest}$），然后后面的容易统计（不行就再拉一个 DP），前面的每个数码加上这个方案数。

• 复杂度 $O(k^{2}n)$。

P4127 [AHOI2009] 同类分布

• 题意：求 $\in [L,R]$ 的各位数码之和能整除自身的数的个数。

• 这个的主要难点在于看出应该暴力枚举位和 $sum$。然后可以这么 DP：

  • 状态设计：$d{p}_{i,0/1,req,rest}$ 表示考虑完高 $i$ 位，是否已经小，位和离 $sum$ 还差多少，当前 $modsum$ 的余数是多少。

  • 初始化：$d{p}_{n+1,0,sum,0}=1$。

  • 状态转移：无非还是暴力枚举下一位，然后计算转移到哪。

• 复杂度 $O(n^3{k}^3)$，状态 $O(n\times sum\times sum=n^3{k}^2)$，转移 $O(k)$。

P4317 花神的数论题

• 题意略。

• 暴力枚举有几位是 $1$，然后照旧 $d{p}_{i,j,1}$ 表示考虑完高 $i$ 位，还要放 $j$ 个 $1$，是否已经小的方案数。

• 于是变成快速幂。除暴力枚举和二进制外平凡。$O(n^3{k}^2)$？这个 $k$...有必要吗？把辅助维都算进去了？

CF55D Beautiful numbers

• 题意：求 $[L,R]$ 间可被自身每一位上数字（$0$ 除外）整除的数字个数。

• 还是用那一招，暴力枚举。

• 暴力枚举有哪些数字，$2^9$ 然后记录 $9$ 个余数？

  • 烦死了拜托，转移写死人。

  • 而且这样出来的状态 $O(n\times 2^{10})$，转移 $O({10}^2)$，枚举量 $O(2^{10})$，$T=10$，寄了，这还没考虑容斥。

• 转而考虑枚举最小公倍数。发现不同的最小公倍数只有 $48$ 种，上界为 $2520$，于是显然有 $O(n\mathrm{lcm})$ 的状态，$O(10)$ 的转移和 $O(48)$ 的枚举量。

• 总复杂度 $O(Tn\mathrm{lcm}k\times cnt(lcm))\approx 2.4\times {10}^8$，$4s$，这很 CF。

• 这就完了？不好意思，这个做法得容斥。考虑一个不含 $3$ 但可以被 $3$ 整除的数字，它显然会被错误地计算。

• 容斥很烦。考虑再开一维 $d{p}_{i,rest,\mathrm{lcm}}$，其中 $\mathrm{lcm}$ 为当前各位上的数字的最小公倍数，显然这可以压成 $48$。

• 可是这样复杂度炸了。怎么办？

• 舍弃枚举！把 $rest$ 的取模对象固定为 $2520$，等 DP 结束的时候检查 $restmod\mathrm{lcm}$。

• 那完事了。这个转化确实还挺妙的，枚举的目的是使得状态可以接受，那么没有必要进行不能减小状态的枚举（或者虽然减小但是亏本的枚举）。

P5674 【SWTR-02】Magical Gates

• 题意：求 $\sum _{i=l}^{r}ppc(i)$ 和 $\prod _{i=l}^{r}ppc(i)$。

• 数据范围：$T⩽10,l,r⩽{10}^{1000}$。

• 这鬼畜的数据范围...读入都是个大问题...不过我们大概率是把它转成二进制处理，先当字符串读进来然后处理成二进制 vector 吧。

• 老规矩，考虑做到 $1$ 是什么情况然后容斥。唔，显然还是要枚举 $ppc$ 来计数，用换底公式可知这玩意也就不到 $2^{3322}$，我们后面记 $len=3323$（因为还有第 $0$ 位），一个方便的办法是不断地拆 lowbit，具体地，每次算 lowbit 长的一段的情况然后递归，复杂度 $O(le{n}^2)$，最后求逆元可以忽略不计，中间的 $2$ 的次幂可以直接预处理（反正也就最多到 $2^{len}$），足够通过本题。

• p.s.这玩意不讲武德，要求支持高精减一和高精转进制，后者的复杂度是 $O(len{\log }_{k}v)=le{n}^2$（这里认为 $1000$ 和 $len$ 同阶），和瓶颈同阶，故复杂度其实没什么，但写起来非常恶心...算是 push 着我去补高精板子了...那去挑战一下 Super GCD 吧...（第几次了？）（upd：忘了可以单独处理 $L$ 了...蚌...）

P3413 SAC#1 - 萌数

• 题意略。关键点在于看出任意长回文串都有长为 $2$ 或 $3$ 的回文子串，于是问题平凡。

• 本题就是个辅助维地狱：是否开始（准确地说，开始了 $0/1/>1$ 个）、是否已经小于、是否回文了、上上个是什么、上个是什么。不过复杂度倒是不高，一个很松的上界是 $O(12n\times 100)\approx {10}^6$。$L$ 处还是单独处理掉。

位权式问题

• 典型代表如 $\text{P2647 最大收益}$。

• 位权式问题归在数位 DP 里，真的只能说是沾边。

• 特点是转移式带有某种位权色彩，仿佛逐位地放上去数字一样。

• 没有其他的共性，因为我目前就只找到一道题...所以也就无所谓抽象出共性了...看例题那边吧。

P2647 最大收益

• 题意：有 $n$ 个物品，每个物品有两个属性 $v,w$，选择某个物品可以获得 $v_i$ 的收益并使还没有被选的所有物品的 $v=v-w_i$。求最大总收益。

• 数据范围：$n⩽3\times {10}^3,v,w⩽2\times {10}^5$。

• 这个东西显然处处透着不对劲，乍一看无后效性似乎是不可能的。

• 想办法找一点性质：时光倒流。我们认为实际上较早选取的物品是较晚决策的，并将所有已经决策的物品的 $v$ 削减。

• 于是看起来它只有前效性了，我们来设法 DP：

  • 状态设计：$d{p}_{i,j}$ 表示考虑了前 $i$ 个物品，选了 $j$ 个的最大总价值。

  • 初始化：$d{p}_{0,0}=0$。

  • 状态转移方程：$d{p}_{i,j}=max(d{p}_{i-1,j},d{p}_{i-1,j-1}+v_i-w_i\times (j-1))$。

• 但是这仍然不一定对；也许我们是先选后面的再选前面的。怎么办？

• 不妨假设我们已经决定了选哪些物品。我们来考虑最优的选取顺序是怎样的：一定是先选 $w$ 大的，后选 $w$ 小的。

• 那完事了。将物品按 $w$ 降序排序，然后上去跑上面的 DP。贪心和 DP 的优雅结合。复杂度 $O(n^2)$。

• 为什么是数位？嗯...我认为那个 $j-1$ 是位权，我们是在从低向高地用 $w$ 填这个数字的每一位。

复杂数位 DP

P7961 [NOIP2021] 数列

• 题意：

  • 定义合法序列为满足如下条件的自然数序列 $a$：

    • $|a|=n,a_i⩽m$。

    • $S=\sum _{i=1}^n{2}^{a_i},ppc(S)⩽K$。

  • 定义序列 $a$ 的权值为 $\prod _{i=1}^n{v}_{a_i}$。

  • 求所有合法序列的权值和，序列是有序序列。

• 数据范围：$K⩽n⩽30,m⩽100$。

• 这道题乍一看就十分凶险。我们来找一些性质吧。

• 首先，把 $a$ 的顺序舍弃。顺序唯一的影响是答案统计，这个我们设法用组合数来解决。

• 然后发现限制主要是在 $S$ 上。于是考虑以 $S$ 的每一位为核心状态，问题来了，从高向低还是从低向高？

• 从低向高！这里我们要处理 $1$ 的个数，从高向低的做法显然有后效性的，因为进位是有向的。而从低向高考虑的话，低 $i$ 位一定是确定不变的。

• 那么我们来设法设计 $dp$，设计出来就算成功。

  • 状态设计：$d{p}_{i,j,k,l}$ 表示

    • 考虑完 $S$ 的低 $i$ 位（认为位权为 $1$ 的是第 $0$ 位）。

    • 当前 $a$ 已经决定了 $j$ 个。

    • 当前 $ppc(S)=k$，这个只考虑低 $i$ 位的，更高位不考虑。

    • 要对 $i+1$ 这位进 $k$ 。

    • 的所有方案的权值和。

  • 初始化：显然我们没有 $d{p}_{-1}$ 可供初始化使用，故考虑直接暴力把 $d{p}_{0,x,\dots }$ 转出来作为初始化。

  • 状态转移：

    • 暴力枚举在第 $i+1$ 位上放多少个 $1$，即有多少个 $a$ 等于 $i+1$，计算出对应的 $k,l$ 来转移。

      • 转移系数为 $C(n-k,num)\times v_{i+1}^{num}$，其中 $num$ 为枚举的多少个 $1$。记得初始化 $v$ 的 $0\sim n$ 次方。

• 状态数 $O((m+{\log }_{2}n)n^3)$，转移 $O(n)$，总复杂度 $O((m+{\log }_{2}n)n^4)\approx 8\times {10}^7$，足够通过本题。

• 之所以这里有一个 $+{\log }_{2}n$ 是因为进位可能进到比 $m$ 更高的位上。应当注意不能把 $a$ 往这几位上放。

• 具有一定的计数式问题色彩，但显然不是。