数位DP

这篇博客转载自我的一个同学,这里给出链接https://blog.csdn.net/JKdd123456/article/details/81383012

谢谢

 

一、基础篇——介绍

 

1、概念:

     数位dp是一种计数用的dp,一般就是要统计一个区间  [A , B ] 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。

     数位的含义:一个数有个位、十位、百位、千位......数的每一位就是数位啦!

     之所以要引入数位的概念完全就是为了dp。数位dp的实质就是  换一种暴力枚举的方式,使得新的枚举方式满足dp的性质,然后记忆化就可以了。

     数位DP其实是很灵活的,所以一定不要奢求一篇文章就会遍所有数位DP的题,这一篇只能是讲清楚一种情况,其他情况遇到再总结,在不断总结中慢慢体会这个思想,以后说不定就能达到一看到题目就能灵活运用的水平。(其实DP都是这样……)

      ex:

      例1.求  a~b  中不包含49的数的个数 . 0 < a、b < 2*10^9

      注意到n的数据范围非常大,暴力求解是不可能的,考虑dp,如果直接记录下数字,数组会开不起,该怎么办呢?

       此时就要用到数位dp.

2、用处:

   一般应用于:

 (1)、  求出在给定区间  [A,B]   内,符合条件  P(i)   的数 i 的个数.

  (2)、条件 P(i)  一般与 数 的大小无关,而与  数的组成  有关.

3、这样,我们就要考虑一些特殊的记录方法来做这道题.一般来说,要保存给定数的每个位置的数.然后要记录的状态为当前操作数的位数,剩下的就是根据题目的需要来记录.可以发现,数位dp的题做法一般都差不多,只是定义状态的不同罢了.

 

二、实战篇——例题分析


1、

例:

这一篇要说的数位DP是一道最简单的数位DP:题目链接

题目大意:多组数据,每次给定区间  [n,m]  ,求在n到m中没有  “62“ (连续)或 “4“ 的数的个数。

     如62315包含62,88914包含4,这两个数都是不合法的。 

                  0 < n<=m < 1000000

(1)、两种不同的枚举:对于一个求区间[le,ri]满足条件数的个数,最简单的暴力如下:

for(int i=le; i<=ri; i++)
    if(right(i))
        ans++;

然而这样枚举不方便记忆化,或者说根本无状态可言。

 (2)新的枚举——————数位 dp

A:

思路分析:

试想:我们如果能有一个函数count(int x),可以返回[0,x]之间符合题意的数的个数。

那么是不是直接输出count(m)-count(n-1)就是答案?

好,那么下面我们的关注点就在于怎么做出这个函数。我们需要一个数组。(dp原本就是空间换时间

我们设一个数组 dp[ i ][ j ],表示 i 位数,最高位是j 的符合题意的个数。

比如dp[ 1 ][ 2 ]=1; (位数是 1,高位是2 的只能是 2本身)

dp[ 1 ][ 4 ]=0;  ( 位数是 0,高位是 4 的不符合题意,个数 是 0)

dp[ 2 ][ 0 ]=9;    ( 当 j 等于 4 的时候不符合题意,就是 9个,00,01,02,03,05,06,07,08,09 )

dp[ 2][ 6 ]=8       (60,61,63,65,66,67,68,69).

我们先不关注这个 dp 有什么用,我们先关注 dp 本身怎么求。

首先

if(i==4)
    dp[1][i]=0;
else
    dp[1][i]=1;

这一步是很显然的,那么根据这个题的数据范围,只需要递推到  dp[ 7 ][ i ] 就够用了。那么稍微理解一下,可以想出递推式:

if(j==4)
{
    dp[i][j]=0;
}
else if(j==6)
{
    for(int k=0; k<=9; k++)
    {
        if(k!=2)
        {
            dp[i][j]+=dp[i-1][k];
        }
    }
}
else
{
    for(int k=0; k<=9; k++)
    {
        dp[i][j]+=dp[i-1][k];
    }
}

         

上面的式子也是很显然的,如果觉得不显然可以这样想:

i  位数,最高位是  j   的符合条件的数,如果 j  是4,肯定都不符合条件(因为题目不让有4),所以直接是0;

如果  j 不是6,那么它后面随便取,只要符合题意就可以,所以  dp[ i - 1 ][ k ] ,k可以随便取的和;

如果  j 是6,后面只要不是 2 就行,所以是 dp[ i -1 ][ k ],   k除了2都可以,求和即可

这里要说明一下,认为00052是长度为5,首位为0的符合条件的数,052是长度为3首位为0符合条件的数。

那么现在我们已经得到了  dp 数组,再重申一下它的含义:i位数,最高位是j的数,符合题意的数有多少个。

现在我们就要关注怎么利  dp 数组做出上面我们说的那个函数 count(int x) ,它可以求出 [0,x] 中符合题意的数有多少个

那么我们做这样一个函数  int solve(int x)  它可以返回   [0,x)  中符合题意的有多少个。

那么solve(x+1)  实际上与count(x)是等价的 ( solve(x) 求得是不等于 x 的个数,那么 solve(x+1) 求的是小于 x+1 的个数,也就是小于等于 x 的个数)

那么现在问题转化成了:  小于x,符合题意的数有多少个?

很简单,既然小于,从最高位开始比,必定有一位要严格小于x(前面的都相等)。所以我们就枚举哪一位严格小于(前面的都相等)

假设我们现在把x分成了  a1,a2,…,aL (ai  是每位数)这样一个数组,长度为 L,aL 是最高位。

那么结果实际上就是这样:长度为L,最高位取 [0,aL-1] 的所有的符合题意数的和;再加上长度为L-1,最高位取aL,次高位取[0,a(L-1)-1]的所有符合题意数的和;再加上……;一直到第一位。

B:

特判:

最高位aL如果是4,那么这句话直接就可以终止了,4 以后的都不符合题意

最高位 aL如果是6,次高位 取 2,,也可以终止了 。加上这些条件之后就很严谨了。C: 我们要求[a,b]不包含49的数的个数,可C:求和

想到利用 前缀和来做,具体来说,就是  [a,b]  = solve(b+1)-solve(a)  (等于 b的数 减去小于 a的数,就是 [a,b] 区间的值)

                                    solve(x)  求解的是 不等于 x的数

  

   对于这里的求和我更愿意称之为一种“剥离”,按我的理解就像是剥洋葱一样一层一层的下手,比如56789,就会按照位数和最高位的数一次剥离成五位数的(00000,10000,20000,30000,40000,50000),四位数的(0000,1000,2000,3000,4000,5000,6000),三位数的(000,100,200,300,400,500,600,700),二位数的(00,10,20,30,40,50,60,70,80)和一位数的(0,1,2,3,4,5,6,7,8,9)。

2、CODE:

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 using namespace std;
 4 #define ll long long int
 5 ll dp[8][10];
 6 void getDp()
 7 {
 8     int i,j,k;
 9     memset(dp,0,sizeof(dp));
10     dp[0][0]=1;
11     for(i=1; i<=7; i++)
12     {
13         for(j=0; j<=9; j++)
14         {
15             if(j==4)
16             {
17                 dp[i][j]=0;
18             }
19             else if(j==6)
20             {
21                 for(k=0; k<=9; k++)
22                 {
23                     if(k!=2)
24                     {
25                         dp[i][j]+=dp[i-1][k];
26                     }
27                 }
28             }
29             else
30             {
31                 for(k=0; k<=9; k++)
32                 {
33                     dp[i][j]+=dp[i-1][k];
34                 }
35             }
36         }
37     }
38 }
39 int a[20];
40 ll solve(int n)
41 {
42     int len=0;///len代表位数
43     int i,j;
44     while(n)
45     {
46         a[++len]=n%10;///ai代表着每位数
47         n/=10;
48     }
49     a[len+1]=0;///终止
50     ll ans=0;
51     for(i=len; i>=1; i--)///倒序
52     {
53         for(j=0; j<a[i]; j++)
54         {
55             if(j==4||(a[i+1]==6&&j==2))///不要62和4
56             {
57                 continue;
58             }
59             else
60             {
61                 ans+=dp[i][j];
62             }
63         }
64         if(a[i]==4)///最高位是4或者最高位是6次高位是2就直接停止,后面的数已经包含在dp数组中了
65             break;
66         if(a[i+1]==6&&a[i]==2)
67             break;
68     }
69     return ans;
70 }
71 int main()
72 {
73     getDp();
74     int n,m;
75     ll ans1,ans2,ans;
76     while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF)
77     {
78         if(m==0||n==0)
79         {
80             break;
81         }
82         ans1=solve(m);
83         ans2=solve(n+1);
84         ans=ans2-ans1;
85         printf("%lld\n",ans);
86     }
87 }

 

posted @ 2018-08-07 19:15  王陸  阅读(4294)  评论(1编辑  收藏  举报