数位 DP
本页面将简要介绍数位 DP。
引入
数位是指把一个数字按照个、十、百、千等等一位一位地拆开，关注它每一位上的数字。如果拆的是十进制数，那么每一位数字都是 0~9，其他进制可类比十进制。
数位 DP：用来解决一类特定问题，这种问题比较好辨认，一般具有这几个特征：
-
要求统计满足一定条件的数的数量（即，最终目的为计数）；
-
这些条件经过转化后可以使用「数位」的思想去理解和判断；
-
输入会提供一个数字区间（有时也只提供上界）来作为统计的限制；
-
上界很大（比如 \(10^{18}\)），暴力枚举验证会超时。
数位 DP 的基本原理：
考虑人类计数的方式，最朴素的计数就是从小到大开始依次加一。但我们发现对于位数比较多的数，这样的过程中有许多重复的部分。例如，从 7000 数到 7999、从 8000 数到 8999、和从 9000 数到 9999 的过程非常相似，它们都是后三位从 000 变到 999，不一样的地方只有千位这一位，所以我们可以把这些过程归并起来，将这些过程中产生的计数答案也都存在一个通用的数组里。此数组根据题目具体要求设置状态，用递推或 DP 的方式进行状态转移。
数位 DP 中通常会利用常规计数问题技巧，比如把一个区间内的答案拆成两部分相减（即 \(\mathit{ans}_{[l, r]} = \mathit{ans}_{[0, r]}-\mathit{ans}_{[0, l - 1]}\)
那么有了通用答案数组，接下来就是统计答案。统计答案可以选择记忆化搜索，也可以选择循环迭代递推。为了不重不漏地统计所有不超过上限的答案，要从高到低枚举每一位，再考虑每一位都可以填哪些数字，最后利用通用答案数组统计答案。
接下来我们具体看几道题目。
例题一
例 1 Luogu P2602 数字计数
题目大意：给定两个正整数 \(a,b\)，求在 \([a,b]\) 中的所有整数中，每个数码（digit）各出现了多少次。
方法一
解释
发现对于满 \(\mathit{i}\) 位的数，所有数字出现的次数都是相同的，故设数组 \(\mathit{dp}_i\) 为满 \(i\) 位的数中每个数字出现的次数，此时暂时不处理前导零。则有 \(\mathit{dp}_i=10 \times \mathit{dp}_{i−1}+10^{i−1}\)，这两部分前一个是来自前 \(i-1\) 位数字的贡献，后一个是来自第 \(i\) 位的数字的贡献。
有了 \(\mathit{dp}\) 数组，我们来考虑如何统计答案。将上界按位分开，从高到低枚举，不贴着上界时，后面可以随便取值。贴着上界时，后面就只能取 \(0\) 到上界，分两部分分别计算贡献。最后考虑下前导零，第 \(i\) 位为前导 \(0\) 时，此时 \(1\) 到 \(\mathit{i-1}\) 位也都是 \(0\)，也就是多算了将 \(i-1\) 位填满的答案，需要额外减去。
实现
```c++
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 15;
typedef long long ll;
ll l, r, dp[N], sum[N], mi[N];
ll ans1[N], ans2[N];
int a[N];
inline void solve(ll n, ll *ans) {
ll tmp = n;
int len = 0;
while (n) a[++len] = n % 10, n /= 10;
for (int i = len; i >= 1; --i) {
for (int j = 0; j < 10; j++) ans[j] += dp[i - 1] * a[i];
for (int j = 0; j < a[i]; j++) ans[j] += mi[i - 1];
tmp -= mi[i - 1] * a[i], ans[a[i]] += tmp + 1;
ans[0] -= mi[i - 1];
}
}
int main() {
scanf("%lld%lld", &l, &r);
mi[0] = 1ll;
for (int i = 1; i <= 13; ++i) {
dp[i] = dp[i - 1] * 10 + mi[i - 1];
mi[i] = 10ll * mi[i - 1];
}
solve(r, ans1), solve(l - 1, ans2);
for (int i = 0; i < 10; ++i) printf("%lld ", ans1[i] - ans2[i]);
return 0;
}
```
方法二
解释
此题也可以使用记忆化搜索。\(\mathit{dp}_i\) 表示不贴上限、无前导零时，位数为 \(i\) 的答案。
详见代码注释
过程
```c++
#include <cstdio> //code by Alphnia
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define N 50005
#define ll long long
ll a, b;
ll f[15], ksm[15], p[15], now[15];
ll dfs(int u, int x, bool f0,
bool lim) { // u 表示位数，f0 是否有前导零，lim 是否都贴在上限上
if (!u) {
if (f0) f0 = 0;
return 0;
}
if (!lim && !f0 && (~f[u])) return f[u];
ll cnt = 0;
int lst = lim ? p[u] : 9;
for (int i = 0; i <= lst; i++) { // 枚举这位要填的数字
if (f0 && i == 0)
cnt += dfs(u - 1, x, 1, lim && i == lst); // 处理前导零
else if (i == x && lim && i == lst)
cnt += now[u - 1] + 1 +
dfs(u - 1, x, 0,
lim && i == lst); // 此时枚举的前几位都贴在给定的上限上。
else if (i == x)
cnt += ksm[u - 1] + dfs(u - 1, x, 0, lim && i == lst);
else
cnt += dfs(u - 1, x, 0, lim && i == lst);
}
if ((!lim) && (!f0)) f[u] = cnt; // 只有不贴着上限和没有前导零才能记忆
return cnt;
}
ll gans(ll d, int dig) {
int len = 0;
memset(f, -1, sizeof(f));
while (d) {
p[++len] = d % 10;
d /= 10;
now[len] = now[len - 1] + p[len] * ksm[len - 1];
}
return dfs(len, dig, 1, 1);
}
int main() {
scanf("%lld%lld", &a, &b);
ksm[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 12; i++) ksm[i] = ksm[i - 1] * 10ll;
for (int i = 0; i < 9; i++) printf("%lld ", gans(b, i) - gans(a - 1, i));
printf("%lld\n", gans(b, 9) - gans(a - 1, 9));
return 0;
}
```
例题二
例 2 hdu 2089 不要62
题面大意：统计一个区间内数位上不能有 4 也不能有连续的 62 的数有多少。
解释
没有 4 的话在枚举的时候判断一下，不枚举 4 就可以保证状态合法了，所以这个约束没有记忆化的必要，而对于 62 的话，涉及到两位，当前一位是 6 或者不是 6 这两种不同情况我计数是不相同的，所以要用状态来记录不同的方案数。\(\mathit{dp}_{\mathit{pos},\mathit{sta}}\) 表示当前第 \(\mathit{pos}\) 位，前一位是否是 6 的状态，这里 \(\mathit{sta}\) 只需要取 0 和 1 两种状态就可以了，不是 6 的情况可视为同种，不会影响计数。
实现
```c++
#include <cstdio> //code by Alphnia
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
int x, y, dp[15][3], p[50];
inline int pre() {
memset(dp, 0, sizeof(dp));
dp[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= 10; 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];
}
}
inline int cal(int x) {
int cnt = 0, ans = 0, tmp = x;
while (x) {
p[++cnt] = x % 10;
x /= 10;
}
bool flag = 0;
p[cnt + 1] = 0;
for (int i = cnt; i; i--) { // 从高到低枚举数位
ans += p[i] * dp[i - 1][2];
if (flag)
ans += p[i] * dp[i - 1][0];
else {
if (p[i] > 4) ans += dp[i - 1][0];
if (p[i] > 6) ans += dp[i - 1][1];
if (p[i] > 2 && p[i + 1] == 6) ans += dp[i][1];
if (p[i] == 4 || (p[i] == 2 && p[i + 1] == 6)) flag = 1;
}
}
return tmp - ans;
}
int main() {
pre();
while (~scanf("%d%d", &x, &y)) {
if (!x && !y) break;
x = min(x, y), y = max(x, y);
printf("%d\n", cal(y + 1) - cal(x));
}
return 0;
}
```
例题三
例 3 SCOI2009 windy 数
题目大意：给定一个区间 \([l,r]\)，求其中满足条件 不含前导 \(0\) 且相邻两个数字相差至少为 \(2\) 的数字个数。
解释
首先我们将问题转化成更加简单的形式。设 \(\mathit{ans}_i\) 表示在区间 \([1,i]\) 中满足条件的数的数量，那么所求的答案就是 \(\mathit{ans}_r-\mathit{ans}_{l-1}\)。
对于一个小于 \(n\) 的数，它从高到低肯定出现某一位，使得这一位上的数值小于 \(n\) 这一位上对应的数值。而之前的所有位都和 \(n\) 上的位相等。
有了这个性质，我们可以定义 \(f(i,st,op)\) 表示当前将要考虑的是从高到低的第 \(i\) 位，当前该前缀的状态为 \(st\) 且前缀和当前求解的数字的大小关系是 \(op\)（\(op=1\) 表示等于，\(op=0\) 表示小于）时的数字个数。在本题中，这个前缀的状态就是上一位的值，因为当前将要确定的位不能取哪些数只和上一位有关。在其他题目中，这个值可以是：前缀的数字和，前缀所有数字的 \(\gcd\)，该前缀取模某个数的余数，也有两种或多种合用的情况。
写出 状态转移方程：\(f(i,st,op)=\sum_{k=1}^{\mathit{maxx}} f(i+1,k,op=1~ \operatorname{and}~ k=\mathit{maxx} )\quad (|\mathit{st}-k|\ge 2)\)
这里的 \(k\) 就是当前枚举的下一位的值，而 \(\mathit{maxx}\) 就是当前能取到的最高位。因为如果 \(\mathit{op}=1\)，那么你在这一位上取的值一定不能大于求解的数字上该位的值，否则则没有限制。
我们发现，尽管前缀所选择的状态不同，而 \(f\) 的三个参数相同，答案就是一样的。为了防止这个答案被计算多次，可以使用 记忆化搜索 的方式实现。
实现
```cpp
int dfs(int x, int st, int op) // op=1 =;op=0 <
{
if (!x) return 1;
if (!op && ~f[x][st]) return f[x][st];
int maxx = op ? dim[x] : 9, ret = 0;
for (int i = 0; i <= maxx; i++) {
if (abs(st - i) < 2) continue;
if (st == 11 && i == 0)
ret += dfs(x - 1, 11, op & (i == maxx));
else
ret += dfs(x - 1, i, op & (i == maxx));
}
if (!op) f[x][st] = ret;
return ret;
}
int solve(int x) {
memset(f, -1, sizeof f);
dim.clear();
dim.push_back(-1);
int t = x;
while (x) {
dim.push_back(x % 10);
x /= 10;
}
return dfs(dim.size() - 1, 11, 1);
}
```
例题四
例 4.SPOJMYQ10
题面大意：假如手写下 \([n,m]\) 之间所有整数，会有多少数看起来和在镜子里看起来一模一样？（\(n,m<10^{44}, T<10^5\))
解释
注：由于这里考虑到的镜像，只有 \(0,1,8\) 的镜像是自己本身。所以，这里的「一模一样」并不是传统意义上的回文串，而是只含有 \(0,1,8\) 的回文串。
首先，在数位 DP 过程中，显然只有 \(0,1,8\) 能被选中。
其次，由于数值超过 long long 范围，所以 \([n,m]=[1,m]-[1,n-1]\) 不再适用（高精度比较繁琐），而是需要对 \(n\) 是否合法进行判断，得出：\([n,m]=[1,m]-[1,n]+\mathrm{check}(n)\)。
镜像解决了，如何判断回文？
我们需要用一个小数组记录一下之前的值。在未超过一半的长度时，只要不超上限就行；在超过一半的长度时，还需要判断是否和与之「镜面对称」的位相等。
需要额外注意的是，这道题的记忆化部分，不能用 memset，否则会导致超时。
实现
```c++
int check(char cc[]) { // n 的特判
int strc = strlen(cc);
for (int i = 0; i < strc; ++i) {
if (!(cc[i] == cc[strc - i - 1] &&
(cc[i] == '1' || cc[i] == '8' || cc[i] == '0')))
return 0ll;
}
return 1ll;
}
// now: 当前位, eff: 有效位, fulc: 是否全顶格, ful0: 是否全0
int dfs(int now, int eff, bool ful0, bool fulc) {
if (now == 0) return 1ll;
if (!fulc && f[now][eff][ful0] != -1) // 记忆化
return f[now][eff][ful0];
int res = 0, maxk = fulc ? dig[now] : 9;
for (int i = 0; i <= maxk; ++i) {
if (i != 0 && i != 1 && i != 8) continue;
b[now] = i;
if (ful0 && i == 0) // 全前导 0
res += dfs(now - 1, eff - 1, 1, 0);
else if (now > eff / 2) // 未过半程
res += dfs(now - 1, eff, 0, fulc && (dig[now] == i)); // 已过半程
else if (b[now] == b[eff - now + 1])
res += dfs(now - 1, eff, 0, fulc && (dig[now] == i));
}
if (!fulc) f[now][eff][ful0] = res;
return res;
}
char cc1[100], cc2[100];
int strc, ansm, ansn;
int get(char cc[]) { // 处理封装
strc = strlen(cc);
for (int i = 0; i < strc; ++i) dig[strc - i] = cc[i] - '0';
return dfs(strc, strc, 1, 1);
}
scanf("%s%s", cc1, cc2);
printf("%lld\n", get(cc2) - get(cc1) + check(cc1));
```
例题五
例 5. P3311 数数
题面：我们称一个正整数 \(x\) 是幸运数，当且仅当它的十进制表示中不包含数字串集合 \(S\) 中任意一个元素作为其子串。例如当 \(S = \{22, 333, 0233\}\) 时，\(233233\) 是幸运数，\(23332333\)、\(2023320233\)、\(32233223\) 不是幸运数。给定 \(n\) 和 \(S\)，计算不大于 \(n\) 的幸运数个数。答案对 \(10^9 + 7\) 取模。
$1 \leq n<10^{1201}，1 \leq m \leq 100，1 \leq \sum_{i = 1}^m |s_i| \leq 1500，\min_{i = 1}^m |s_i| \geq 1$，其中 $|s_i|$ 表示字符串 $s_i$ 的长度。$n$ 没有前导 $0$，但是 $s_i$ 可能有前导 $0$。
解释
阅读题面发现，如果将数字看成字符串，那么这就是需要完成一个多模匹配，自然而然就想到 AC 自动机。普通数位 DP 中，先从高到低枚举数位，再枚举每一位都填什么，在这道题中，我们也就自然地转化为枚举已经填好的位数，再枚举此时停在 AC 自动机上的哪个节点，然后从当前节点转移到它在 AC 自动机上的子节点。
设 \(f(i,j,0/1)\) 表示当前从高到低已经填了 \(i\) 位（即在 AC 自动机上走过了 \(i\) 条边），此时停在标号为 \(j\) 的节点上，当前是否正好贴着上界。
至于题目中的「不包含」条件，只需在 AC 自动机上给每个模式串的结尾节点都打上标记，DP 过程中一旦遇上这些结尾节点就跳过即可。
转移很好想，详见代码主函数部分。
实现
```c++
#include <bits/stdc++.h> //code by Alphnia
using namespace std;
#define N 1505
#define ll long long
#define mod 1000000007
int n, m;
char s[N], c[N];
int ch[N][10], fail[N], ed[N], tot, len;
inline void insert() {
int now = 0;
int L = strlen(s);
for (int i = 0; i < L; ++i) {
if (!ch[now][s[i] - '0']) ch[now][s[i] - '0'] = ++tot;
now = ch[now][s[i] - '0'];
}
ed[now] = 1;
}
queue<int> q;
inline void build() {
for (int i = 0; i < 10; ++i)
if (ch[0][i]) q.push(ch[0][i]);
while (!q.empty()) {
int u = q.front();
q.pop();
for (int i = 0; i < 10; ++i) {
if (ch[u][i]) {
fail[ch[u][i]] = ch[fail[u]][i], q.push(ch[u][i]),
ed[ch[u][i]] |= ed[fail[ch[u][i]]];
} else
ch[u][i] = ch[fail[u]][i];
}
}
ch[0][0] = 0;
}
ll f[N][N][2], ans;
inline void add(ll &x, ll y) { x = (x + y) % mod; }
int main() {
scanf("%s", c);
n = strlen(c);
scanf("%d", &m);
for (int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%s", s), insert();
build();
f[0][0][1] = 1;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j <= tot; ++j) {
if (ed[j]) continue;
for (int k = 0; k < 10; ++k) {
if (ed[ch[j][k]]) continue;
add(f[i + 1][ch[j][k]][0], f[i][j][0]);
if (k < c[i] - '0') add(f[i + 1][ch[j][k]][0], f[i][j][1]);
if (k == c[i] - '0') add(f[i + 1][ch[j][k]][1], f[i][j][1]);
}
}
}
for (int j = 0; j <= tot; ++j) {
if (ed[j]) continue;
add(ans, f[n][j][0]);
add(ans, f[n][j][1]);
}
printf("%lld\n", ans - 1);
return 0;
}
```
此题可以很好地帮助理解数位 DP 的原理。
