數位DP入門

數位dp,是一種用來計數的dp

若是如今給你一道題,須要你求在區間[l,r]內知足條件的解的個數,咱們很容易想到去暴力枚舉,但要是數據範圍太大這種辦法就行不通了,這時候數位dp就派上了用場,所謂數位就是把一個數拆成一個一個進制位,而後逐一比較看是否知足題目要求,這其實也是一種暴力方法,只不過期間複雜度小了不少

那麼到底要如何作呢?下面咱們來看一道例題

HDU2089

歸納一下題目意思

就是給你一個區間[n,m],要你求區間內不含"62"或"4"的數字的個數,如8134(含4),21262455(含62)均不知足題意,而61342這種"6"和"2"並不連在一塊兒的數字則知足題意

直接統計對於暴力枚舉很好求,可是對於數位dp並不容易,因此咱們還須要用到差分的思想,即統計0到b+1(注意不是b,至於爲何後面會講)和0到a的知足條件的個數,再二者相減

進一步化簡,求0到i位數不含4和62的個數

i=1,求0~9的知足條件的個數

i=2,求0~99的知足條件的個數

i=3,求0~999的知足條件的個數

i=4,求0~9999的知足條件的個數

...

用dp[i][0]表示i位數中幸運數的個數

用dp[i][1]表示i位數中以2開頭的幸運數的個數

用dp[i][2]表示i位數中非幸運數的個數

那麼,就有如下的遞推公式

dp[i][0]=dp[i-1][0]*9-dp[i-1][1]//表示前i-1位數字中的幸運數前面加上除4之外的0~9的其餘數字,共9個,還要減去前i-1位數字中的以2開頭的幸運數加上這一位以6開頭的數字的個數

dp[i][1]=dp[i-1][0]//表示前i-1位數字中的幸運數加上這一位的2

dp[i][2]=dp[i-1][2]*10+dp[i-1][1]+dp[i-1][0]//表示前面已經不合法的數字這一位不管放什麼都不合法,因此0~9隨便放,加上前i-1位數字中的以2開頭的幸運數加上這一位的6,再加上前i-1位數字中的幸運數加上這一位的4的個數

初始值 dp[0][0]=1,其餘均爲0

根據初始值和遞推公式，咱們就能獲得從0到任意i位數字的吉利數字的個數。

找到0 ~ n 的吉利數字的個數

咱們先求出0 ~ n 之間非吉利數字的個數，用總數減去便可。那，非吉利數字的個數怎麼求呢？

用具體的數字舉例來講吧：設 n = 583626

用digit[10]記錄n+1每一位對應的數字，此例中有6位數字（令cnt = 6 表示數字位數），分別是

digit[6] = 5

digit[5] = 8

digit[4] = 3

digit[3] = 6

digit[2] = 2

digit[1] = 7

digit[0] = 任意數字，佔位用的

用sum記錄非吉利數字的個數，初始化爲0

須要一個bool量 flag,記錄是否出現了非吉利數字。初始化爲false, 未出現。

咱們從數字的最高位起進行判斷:digit[6] = 5， 咱們求 0 ~ 499999 之間非吉利數的個數。

　　首先：加上0 ~ 99999中全部非吉利數字前面添加0~4的任意一個數字的狀況 sum += dp[5][2] * digit[6]

　　其次：5大於4，故咱們要加上 0~99999中全部吉利數字前面添加4的狀況 sum += dp[5][0]

接着，判斷第5位digit[5] = 8，即判斷500000 ~ 579999 之間的非吉利數字的個數，其實就是判斷0 ~ 79999之間的，前面的數字不是6就沒有什麼用

　　首先：加上0 ~ 9999中全部非吉利數字前面添加0~7的任意一個數字的狀況 sum += dp[4][2] * digit[5]

　　其次：8大於4，故咱們要加上 0~9999中全部吉利數字前面添加4的狀況 sum += dp[4][0]

　　此外：8大於6，故咱們要加上0~9999中全部以2開頭的吉利數字前添加6的狀況 sum += dp[4][1]

接着，判斷第4位digit[4] = 3，即判斷580000 ~ 582999 之間的非吉利數字的個數，其實就是判斷0 ~ 2999之間的

　　首先：加上0 ~ 999中全部非吉利數字前面添加0~2的任意一個數字的狀況 sum += dp[3][2] * digit[4]

　　其次：2小於4，沒有須要特別考慮的

　　此外：2小於6，沒有須要特別考慮的

接着，判斷第3位digit[3] = 6，即判斷583000 ~ 583599 之間的非吉利數字的個數，其實就是判斷0 ~ 599之間的

　　首先：加上0 ~ 99中全部非吉利數字前面添加0~5的任意一個數字的狀況 sum += dp[2][2] * digit[3]

　　其次：6大於4，故咱們要加上 0~99中全部吉利數字前面添加4的狀況 sum += dp[2][0]

接着，判斷第2位digit[2] = 2，即判斷583600 ~ 583619 之間的非吉利數字的個數，其實就是判斷0 ~ 19之間的，

　　首先：加上0 ~ 9中全部非吉利數字前面添加0~1的任意一個數字的狀況 sum += dp[1][2] * digit[2]

　　其次：2小於4，沒有須要特別考慮的

　　此外：2小於6，沒有須要特別考慮的

　 可是，須要注意的是，這裏判斷的數字出現了62，咱們要把flag標識爲true。

最後，判斷第1位digit[1] = 7, 判斷583620 ~ 583626可是這裏flag爲true了，表示前面的數字裏面已經包含了非吉利數字，因此後面須要把全部的數字狀況都加入到非吉利裏面。(正是由於每次判斷的數字末尾都比該位的數字少1，因此最開始要記錄n + 1 的值)

sum += digit[1] * dp[0][2] + digit[1] * dp[0][0]

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define in(i) (i=read())
 3 using namespace std;
 4 int read() {
 5     int ans=0,f=1; char i=getchar();
 6     while(i<'0'||i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}
 7     while(i>='0'&&i<='9') {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+i-'0'; i=getchar();}
 8     return ans*f;
 9 }
10 int dp[10][3],digit[15];
11 void init() {
12     memset(dp,0,sizeof(dp));
13     dp[0][0]=1;
14     for(int i=1;i<=8;i++) {
15         dp[i][0]=dp[i-1][0]*9-dp[i-1][1];
16         dp[i][1]=dp[i-1][0];
17         dp[i][2]=dp[i-1][2]*10+dp[i-1][1]+dp[i-1][0];
18     }
19 }
20 int solve(int x)
21 {
22     memset(digit,0,sizeof(digit));
23     int cnt=0,tmp=x;
24     while(tmp) {
25     digit[++cnt]=tmp%10;
26     tmp/=10;
27     }
28     digit[cnt+1]=0; int flag=0,ans=0;
29     for(int i=cnt;i>=1;i--) {
30         ans+=digit[i]*dp[i-1][2];
31         if(flag) ans+=digit[i]*dp[i-1][0];
32         else {
33         if(digit[i]>4) ans+=dp[i-1][0];
34         if(digit[i]>6) ans+=dp[i-1][1];
35         if(digit[i+1]==6 && digit[i]>2) ans+=dp[i][1];
36         }
37         if(digit[i]==4 || (digit[i+1]==6 && digit[i]==2)) flag=1;
38     }
39     return x-ans;
40 }
41 int main()
42 {
43     int a,b; init();
44     while(1) {
45     in(a);in(b);
46         if(!a && !b)  break;
47         cout<<solve(b+1)-solve(a)<<endl;
48     }
49     return 0;
50 }

View Code

 

最後說那個b+1的狀況,咱們看到代碼中有判斷digit[i]>4和digit[i]>6等相似的語句,咱們處理第i位時,其實是處理0~digit[i]-1,即[ 0,digit[i] ),而把digit[i]放到下一次去判斷,但咱們處理個位時,最後一個是不會去統計的,因此咱們把統計的範圍+1,即爲[ 0,digit[i]+1 )-->[ 0,digit[i] ],因此就有了solve(b+1)-solve(a)這樣的語句.(仍是高二dalaoNavi-Awson告訴個人,%%%)

 

數位dp記憶化搜索寫法

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define in(i) (i=read())
 3 using namespace std;
 4 typedef long long lol;
 5 lol read() {
 6     lol ans=0,f=1;    
 7     char i=getchar();
 8     while(i<'0'|| i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}
 9     while(i>='0' && i<='9') {ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0'; i=getchar();}
10     return ans*f;
11 }
12 lol a,b;
13 lol dp[19][11];
14 lol bit[19];
15 lol dfs(lol len,lol pre,lol limit) {
16     if(!len) return 1;//若是搜到最後一位了,返回下界值1
17     if(!limit && dp[len][pre]) return dp[len][pre];//記憶化部分
18     lol maxn=limit?bit[len]:9;//求出最高能夠枚舉到哪一個數字
19     lol ans=0;
20     for(lol i=0;i<=maxn;i++) {
21         if(i!=4 && !(pre && i==2))//若是這一位不爲4而且上一位不爲6且這一位不爲2
22         ans+=dfs(len-1,i==6,limit && i==maxn);//知足條件
23     }
24     if(!limit) dp[len][pre]=ans;//若是沒有限制,表明搜滿了,能夠記憶化,不然就不能
25     return ans;
26 }
27 lol solve(lol a) {
28     memset(bit,0,sizeof(bit));
29     lol k=0;
30     while(a) {//取出數字的每一位
31     bit[++k]=a%10;
32     a/=10;
33     }
34     return dfs(k,0,1);
35 }
36 int main()
37 {
38     //freopen("number.in","r",stdin);
39     //freopen("number.out","w",stdout);
40     lol t; in(t);
41     for(int i=1;i<=t;i++) {
42     lol a,b; in(a);in(b);
43     cout<<solve(b)-solve(a-1)<<endl;//差分思想
44     }
45     return 0;
46 }

View Code

應用

放幾道題目上來

[SCOI2009]windy數

[HNOI2010]計數

[ZJOI2010]數字計數