數位dp 的簡單入門
時間緊張，就不講那麼詳細了。html
以前一直被深搜代碼誤解，覺得數位dp 其實就是記憶化深搜...（雖然說爆搜確實很舒服並且還好想）ios
可是後來發現數位dp 的標準格式實際上是 預處理 + dp ......c++
數位dp 的介紹
數位 dp 其實就是讓你處理出某一區間範圍內知足條件的數的個數，可是通常這個區間範圍都是使人絕望的大...好比 1e9 都算良心了，常規的都是 1e18 甚至是 1e10n （n 通常爲 3 或 5）次這樣的...git
數位dp 的通常解法
那麼咱們知道確定不能在區間內一個個去判斷數字是否知足條件，因而咱們就引入了 數位處理 的概念：數組
處理很少於 i 位的數中 （如 i = 十、100、1000、1e四、1e5）有多少數知足條件，dp[i] 就表示小於等於 10i 的數中，有多少數知足條件。ide
但大部分題目與數字自己有必定關係（如不能出現某些特定數字或者必須出現某些式子之類的），那麼咱們就要多加一維（或者多維）來進行轉移，函數
那麼 dp[i][j] 就表示第 i 位爲 j 的，知足條件的數字有多少個。工具
接下來咱們再按位對於 區間端點 進行處理。這裏爲何是對區間端點處理？（不是顯然麼？否則你枚舉區間內每一個數？）網站
回想以前的操做，咱們能夠用預處理出的信息來計算出 1 ~ 某個數 的範圍內有多少數知足條件，又由於咱們計算出的是前綴信息，知足區間可加（減）性，ui
因而咱們能夠計算出 $1 到 L-1$ 和 $1 到 R$ （ [L,R] 爲要計算的知足條件的數字所處的區間範圍 ）這兩個區間內有多少數知足條件，而後減一減答案就出來了。
具體怎麼實現？咱們通常考慮在當前處理的位 （i） 上固定一個數字（但這個數要小於 n 的第 i 位），而後易知，後面的數字咱們隨便填都行，
弄完後咱們把 n 的第 i 位當作填上去了（或者是記錄下來和下一位做比較，這要看題目而定），迭代處理接下來的步驟。
然而數位dp 說是說 dp ，有的時候 dp 數組是預處理出來累加答案的...優秀！
相信這些東西看完也沒多大用處（畢竟實踐出真知嘛，你們都是作題作着作着才明白理論都在講啥的麼...）
數位dp 基礎入門
先來三道藍題（真的沒有顏色更淺的題了啊QwQ）
- 洛谷 P2657 [SCOI2009]windy數
- 洛谷 P2518 [HAOI2010]計數
- 洛谷 P3413 SAC#1 - 萌數
相信大家都看到了題目前的標籤...（瓦特？省選？FAQ！） 。。。可是騷年不要棄療啊...你作着作着就發現沒這麼恐怖啦！
1.洛谷 P2657 [SCOI2009]windy數
題目描述
windy定義了一種windy數。不含前導零且相鄰兩個數字之差至少爲2的正整數被稱爲windy數。 windy想知道，
在A和B之間，包括A和B，總共有多少個windy數？
輸入輸出格式
輸入格式：
包含兩個整數，A B。
輸出格式：
一個整數
分析
不難，預處理一下 i 位數的範圍內多少數字知足相差大於 1 就行了，而後常規 solv 也很難解釋清楚，具體得看代碼。
代碼
1 //by Judge 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #define ll long long 5 using namespace std; 6 const int M=21; 7 ll f[M][10][10],d[M],l,r,ans; 8 inline bool get(int x){ return x>1 || x<-1; } //判斷是否知足條件 9 inline void prep(){ //預處理，不難看懂？ 10 for(int i=2,x,y,z;i<=10;++i) for(x=0;x<=9;++x) 11 for(y=0;y<=9;++y) if(get(x-y)){ //若是知足條件就進行枚舉 12 for(z=0;z<=9;++z) if(get(y-z)) //若是知足條件就累加 13 f[i][x][y]+=f[i-1][y][z]; 14 if(i==2) ++f[i][x][y]; //特殊狀況，i==2 沒法累加，直接手動+1 15 } 16 } 17 inline ll solv(int n,ll res=0,int len=0){ 18 if(n<10) return n; //10之內的數必然都知足，直接返回，不然進行數的分解 19 while(n) d[++len]=n%10,n/=10; int las=-1; //las是上一位數，具體看下面才清楚 20 for(int i=2,j,k;i<len;++i) for(j=1;j<=9;++j) //枚舉狀態（因爲位數小於當前 n 的數是不受限制的，能夠直接累加），至於位數等於 len 的咱們另外處理 21 for(k=0;k<=9;++k) res+=f[i][j][k]; 22 res+=9; bool flag=1; //答案+9（其實就是 1~9 這 9 個數字），而後立一個 flag 23 for(int i=len,j,k;i>1;--i){ //自高向低位處理 24 for(j=0;j<d[i];++j) if((i^len || j) && get(j-las)) //最高位不爲零，且 j 和上一位數字相差>1 則開始枚舉 25 for(k=0;k<=9;++k) res+=f[i][j][k]; //知足條件則累加答案 26 if(!get(las-d[i])){ flag=0; break; } las=d[i]; //若是處理到當前位已經不知足條件了 不然 las 記錄當前數，爲下一次計算準備 27 } 28 if(flag) for(int j=0;j<=d[1];++j) //若是 flag 還在，說明前面的 2~len 的數都知足條件，那麼最低位累加答案 29 if(get(j-las)) ++res; 30 return res; 31 } 32 signed main(){ 33 cin>>l>>r,prep(); //預處理 34 ans=solv(r)-solv(l-1); //計算答案 35 printf("%lld\n",ans); 36 return 0; 37 }
相信有了第一道題的入門，後面就沒有那麼麻煩了...因而乎~後面我代碼裏面的註釋就不那麼囉嗦了（反正你這麼聰明必定看得懂的）
2.洛谷 P2518 [HAOI2010]計數
題目描述
你有一組非零數字（不必定惟一），你能夠在其中插入任意個0，這樣就能夠產生無限個數。好比說給定{1,2},那麼能夠生成數字12,21,102,120,201,210,1002,1020,等等。
如今給定一個數，問在這個數以前有多少個數。（注意這個數不會有前導0）.
輸入輸出格式
輸入格式：
只有1行，爲1個整數n.
輸出格式：
只有整數，表示N以前出現的數的個數。
分析
這道題其實沒這麼難！預處理組合數就行！
然而想一想本身作的時候傻* 了... 在放置數字的時候直接排列（也就是用階乘 乘上去），完了還奇怪怎麼答案這麼大
注意！相同的數字調換了位置仍是算一種方案！（對本身說的吧...）
代碼
1 //by Judge 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdio> 5 #define ll long long 6 using namespace std; 7 char s[60]; 8 ll len,d[60],num[15],C[60][60]; 9 inline void prep(){ //預處理組合數 10 for(int i=0;i<=50;++i) C[i][0]=1; 11 for(int i=1,j;i<=50;++i) for(j=1;j<=50;++j) 12 C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j]; 13 } 14 inline ll solv(){ 15 ll ans=0,tot,tmp; 16 for(int i=1,j,k;i<=len;++i){ 17 for(j=0;j<d[i];++j) if(num[j]){ 18 --num[j],tmp=1,tot=len-i; //先將這一位填上 19 for(k=0;k<=9;++k) tmp*=C[tot][num[k]],tot-=num[k]; //而後累乘方案數（tot 個空位裏面放 num[k] 個數字） 20 ans+=tmp,++num[j]; //累加答案，而後把填上的數字拿回來 21 } --num[d[i]]; //當前位的數字減掉，作下一位 22 } return ans; 23 } 24 signed main(){ 25 scanf("%s",s+1),prep(),len=strlen(s+1); //分解數字 26 for(int i=1;i<=len;++i) ++num[d[i]=s[i]-'0']; //處理每種數字多少個 27 printf("%lld\n",solv()); return 0; 28 }
題目背景
本題由世界上最蒟蒻最辣雞最撒比的SOL提供。
寂月城網站是完美信息教室的官網。地址：http://191.101.11.174/mgzd 。
題目描述
辣雞蒟蒻SOL是一個傻逼，他竟然以爲數很萌！
好在在他眼裏，並非全部數都是萌的。只有知足「存在長度至少爲2的迴文子串」的數是萌的——也就是說，101是萌的，由於101自己就是一個迴文數；110是萌的，由於包含迴文子串11；可是102不是萌的，1201也不是萌的。
如今SOL想知道從l到r的全部整數中有多少個萌數。
因爲答案可能很大，因此只須要輸出答案對1000000007（10^9+7）的餘數。
輸入輸出格式
輸入格式：
輸入包含僅1行，包含兩個整數：l、r。
輸出格式：
輸出僅1行，包含一個整數，即爲答案。
分析
咱們能夠從題目中分析出，若是一個數字中存在長度>=2迴文子串，那麼必然存在長度爲 2 或 3 的迴文子串（咱們能夠把迴文子串兩頭反覆去掉，直至長度爲 2 或 3）
接着咱們考慮計算知足的數的個數太麻煩了，因而就能夠計算不知足的數的個數，而後和 tot （總共有多少數）減一減，答案就出來了。
而後咱們在設計一個三維的dp狀態（記錄第 i 位，首位是 j ，次位是 k 的數字有多少個）就能夠開始狀態轉移了。
代碼
1 // luogu-judger-enable-o2 2 #include<bits/stdc++.h> 3 #define ll long long 4 using namespace std; 5 const int N=1111; 6 const ll mod=1e9+7; 7 ll f[N][10][10],ans; 8 string l,r; 9 inline void prep(){ //預處理就不解釋了 10 for(int i=2,x,y,z;i<=1000;++i) for(x=0;x<=9;++x) 11 for(y=0;y<=9;++y) if(x!=y){ 12 for(z=0;z<=9;++z) if(x!=z && y!=z) 13 f[i][x][y]+=f[i-1][y][z]; 14 if(i==2) ++f[i][x][y]; f[i][x][y]%=mod; 15 } 16 } 17 inline ll solv(string s){ 18 int len=s.length(),X=-1,Y=-1; //這裏有點特殊，要記錄前兩個數字 19 ll tot=0,ans=0; bool flag=1; 20 for(int i=0;i<len;++i) tot=(tot*10+s[i]-'0')%mod; 21 for(int i=2,x,y;i<len;++i) for(x=1;x<=9;++x) 22 for(y=0;y<=9;++y) ans=(ans+f[i][x][y])%mod; 23 if(len>1) ans+=10; 24 for(int i=len,j,k;i>1;--i){ 25 int now=s[len-i]-'0'; 26 for(j=0;j<now;++j) if((i!=len || j!=0) && X!=j && Y!=j ) 27 for(k=0;k<=9;++k) if(j!=k && k!=X) ans=(ans+f[i][j][k])%mod; 28 if(now==X || now==Y) { flag=0; break; } Y=X,X=now; //和 windy 數相似？ 29 } 30 if(flag) for(int j=0;j<=s[len-1]-'0';++j) 31 if(j!=Y && j!=X) ans=(ans+1)%mod; 32 return (tot+1+mod-ans)%mod; 33 } 34 int main(){ 35 prep(),cin>>l>>r; 36 ans=(solv(r)-solv(l)+mod)%mod; 37 for(int i=1;i<=l.length()-1;++i) //數字太長有兩種解決方法，一是暴力減（根據當前位不夠就向高位借的原則），這裏是暴力算當前數是否知足，知足就累加 38 if(l[i]==l[i-1] || l[i-1]==l[i+1]){ 39 ans=(ans+1)%mod; break; 40 } 41 printf("%lld\n",ans); 42 }
基礎入門是講完了，這裏還有一堆題目呢，感動伐？（唔...別打臉）
loj 第三章：數位動態規劃
- #10163 「一本通 5.3 例 1」Amount of Degrees
- #10164 「一本通 5.3 例 2」數字遊戲
- #10165 「一本通 5.3 例 3」Windy 數（emmm...）
- #10166 「一本通 5.3 練習 1」數字遊戲
- #10167 「一本通 5.3 練習 2」不要 62
- #10168 「一本通 5.3 練習 3」恨 7 不成妻
- #10169 「一本通 5.3 練習 4」數字計數
作了這些題目以後你會發現被我坑了（明明這些簡單一點嘛 (╯‵□′)╯︵┻━┻ ）...
emmm...可是啊...你在切題的同時有沒有點成就感咧？（強行解釋）
數位dp 提升訓練
就放兩道題目吧...
- 洛谷 P4317 花神的數論題
- 洛谷 P4124 [CQOI2016]手機號碼
省選 emmm...（唔...別打臉）
1.洛谷 P4317 花神的數論題
題目背景
衆所周知，花神多年來憑藉無邊的神力狂虐各大 OJ、OI、CF、TC …… 固然也包括 CH 啦。
題目描述
話說花神這天又來說課了。課後照例有超級難的神題啦…… 我等蒟蒻又遭殃了。 花神的題目是這樣的：設 \text{sum}(i)sum(i)表示 ii 的二進制表示中 11 的個數。給出一個正整數 NN ，花神要問你 $ \prod_{i=1}^{N}\text{sum}(i)∏i=1Nsum(i)$ ，也就是 $\text{sum}(1)\sim\text{sum}(N)sum(1)∼sum(N)$的乘積。
輸入輸出格式
輸入格式：
一個正整數 N。
輸出格式：
一個數，答案模 10000007 的值。
分析
emmmm...算 sum[1~n] 的乘積。其實仍是蠻常規的（有一道題仍是增強版咧），
數字拆分的時候咱們拆成二進制，而後常規的作，每次往 當前處理的第 i 位後面 i-1 個位子裏面塞 1 就行了，
而後計算塞多少個 1 分別的方案數，最後快速冪一下累乘進答案。
作的時候竟然糾結了半天的逆元盧卡斯什麼的預處理，502 暴力遞推組合是就行了啊！ 看代碼吧！
代碼
1 // luogu-judger-enable-o2 2 //by Judge 3 #include<iostream> 4 #include<cstdio> 5 #define ll long long 6 using namespace std; 7 const int M=55; 8 const ll mod=1e7+7; 9 ll n,len,cnt,ans=1; 10 ll C[M][M],d[M],num[M]; 11 inline void prep(){ //預處理組合數模板？ 12 for(int i=0;i<=50;++i) C[i][0]=1; 13 for(int i=1,j;i<=50;++i) for(j=1;j<=50;++j) 14 C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1]; 15 } 16 inline ll quick_pow(ll x,ll p,ll ans=1){ //快速冪模板？ 17 while(p){ 18 if(p&1) ans=ans*x%mod; 19 x=x*x%mod, p>>=1; 20 } return ans; 21 } 22 signed main(){ 23 cin>>n,prep(); 24 while(n) d[++len]=n&1,n>>=1;//轉化二進制 25 for(ll i=len,j;i;--i) if(d[i]){ 26 for(j=1;j<i;++j) //組合數隨便亂艹 27 num[cnt+j]+=C[i-1][j]; 28 ++num[++cnt]; 29 } 30 for(ll i=1;i<=len;++i) //直接累乘 31 ans=ans*quick_pow(i,num[i])%mod; 32 cout<<ans<<endl; return 0; 33 }
2. 洛谷 P4124 [CQOI2016]手機號碼
題目描述
人們選擇手機號碼時都但願號碼好記、吉利。好比號碼中含有幾位相鄰的相同數字、不含諧音不吉利的數字等。手機運營商在發行新號碼時也會考慮這些因素，從號段中選取含有某些特徵的號碼單獨出售。爲了便於前期規劃，運營商但願開發一個工具來自動統計號段中知足特徵的號碼數量。
工具須要檢測的號碼特徵有兩個：號碼中要出現至少 33 個相鄰的相同數字；號碼中不能同時出現 88 和 44。號碼必須同時包含兩個特徵才知足條件。知足條件的號碼例如：1300098872一、2333333333三、14444101000。而不知足條件的號碼例如：1015400080、10010012022。
手機號碼必定是 11 位數，前不含前導的 00。工具接收兩個數 LL 和 RR，自動統計出 [L,R][L,R] 區間內全部知足條件的號碼數量。LL 和 RR 也是 1111 位的手機號碼。
輸入輸出格式
輸入格式：
輸入文件內容只有一行，爲空格分隔的 22 個正整數 L,RL,R。
輸出格式：
輸出文件內容只有一行，爲 11 個整數，表示知足條件的手機號數量。
分析
5維狀態直接艹！...第一維記位數，第二維記是哪一個數字，第三維記前面有幾個相同的狀況，第四維記 8 出現過沒，第五維記 4 出現過沒。
代碼
1 //by Judge 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #define ll long long 5 using namespace std; 6 ll L,R,d[15],f[15][15][5][2][2]; // F[ i,j,k,et,fr] 表示第 i 位，前面有 k 個相同，8 是否出現過， 4是否出現過 7 inline void prep(){ //預處理 dp 數組 8 for(int i=0,j,c,et,fr,w;i<=11;++i) for(j=0;j<=9;++j) 9 for(c=1;c<=3;++c) for(et=0;et<=1;++et) for(fr=0;fr<=1;++fr){ 10 ll &t=f[i][j][c][et][fr]; if(!i) t=(c==3?1:0); 11 else for(w=0;w<=9;++w) t+=f[i-1][w][c==3?3:w==j?c+1:1][et||(w==8)][fr||(w==4)]; 12 if(et && fr) t=0; 13 } 14 } 15 inline ll solv(ll n){ 16 ll len=0,ans=0,c=0,et=0,fr=0; 17 while(n) d[++len]=n%10,n/=10; //分解數字 18 if(len<11) return 0; d[len+1]=-1; //特判 L=1e11 的狀況 19 for(int i=len,j;i;--i){ //暴力枚舉轉移 20 for(j=0;j<d[i];++j) ans+=f[i-1][j][c==3?3:d[i+1]==j?c+1:1][(j==8)||et][(j==4)||fr]; 21 c=(c==3?3:d[i]==d[i+1]?c+1:1),et|=d[i]==8;fr|=d[i]==4; if(et && fr) break; 22 } return ans-f[10][0][1][0][0]+f[0][d[1]][c][et][fr];; 23 } 24 signed main(){ prep(),scanf("%lld%lld",&L,&R),printf("%lld\n",solv(R)-solv(L-1)); return 0; } //一行主函數
再來幾道題目：
- 洛谷 P4127 [AHOI2009]同類分佈
- 洛谷 P2606 [ZJOI2010]排列計數
- 洛谷 P3281 [SCOI2013]數數
- 洛谷 P3286 [SCOI2014]方伯伯的商場之旅
（就四道題，還有我沒作過的... 0.0）
代碼以下：
P4127：（...代碼很短，思路很繞）
1 //by Judge 2 #include<cstring> 3 #include<cstdio> 4 #define ll long long 5 using namespace std; 6 ll f[23][200][200][2],d[23],l,r; //位數，整個數字%sum，各位數字的和%sum，是否達到當前位上界 7 inline ll solv(ll n){ 8 ll len=0,ans=0,tmp; 9 while(n) d[++len]=n%10,n/=10; 10 for(int sum=1,i,s,m,c,k;sum<=len*9;++sum){ 11 memset(f,0,sizeof(f)), f[len+1][0][0][1]=1; 12 for(i=len;i;--i) for(s=0;s<=sum;++s) 13 for(m=0;m<sum;++m) for(c=0;c<=1;++c){ 14 tmp=f[i+1][s][m][c]; if(!tmp) continue; 15 for(k=0;k<=(c?d[i]:9) && s+k<=sum;++k) 16 f[i][s+k][(m*10+k)%sum][c&(k==d[i])]+=tmp; 17 } ans+=f[1][sum][0][0]+f[1][sum][0][1]; 18 } return ans; 19 } 20 signed main(){ 21 scanf("%lld%lld",&l,&r); 22 printf("%lld\n",solv(r)-solv(l-1)); 23 return 0; 24 }
P3281：（詳情看這裏）
1 //by Judge 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdio> 5 #define ll long long 6 #define int long long 7 using namespace std; 8 const int M=1e5+111; 9 const ll mod=20130427; 10 #define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 11 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; 12 inline int read(){ 13 int x=0,f=1; char c=getchar(); 14 for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; 15 for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; 16 } 17 ll B,len,ans,d[M],f[M]={1},sum[M]={1},pre[M],sub[M],dp[M][2]; 18 inline void prep(){ for(int i=1,j;i<=1e5;++i) f[i]=f[i-1]*B%mod,sum[i]=(sum[i-1]+f[i])%mod; } 19 inline ll solv(){ 20 ll ans=pre[len+1]=0; 21 for(int i=1;i<=len;++i) sub[i]=(d[i]*f[i-1]%mod+sub[i-1])%mod; 22 for(int i=len;i>=1;--i) pre[i]=(pre[i+1]*B%mod+d[i])%mod; 23 for(int i=1;i<=len;++i){ //各類噁心... 24 dp[i][0]=(dp[i-1][0]*B%mod+B*(B-1)/2%mod*f[i-1]%mod*sum[i-1]%mod)%mod; 25 dp[i][1]=(dp[i-1][0]*d[i]%mod+d[i]*(d[i]-1)/2%mod*f[i-1]%mod*sum[i-1]%mod)%mod; 26 dp[i][1]=(dp[i][1]+dp[i-1][1]+d[i]*(sub[i-1]+1)%mod*sum[i-1]%mod)%mod; 27 ans=(ans+max(0ll,pre[i+1]-1)*dp[i][0]%mod+dp[i][1])%mod; 28 } return ans; 29 } 30 signed main(){ 31 B=read(),len=read(),prep(); 32 for(int i=len;i;--i) d[i]=read(); 33 for(int i=1;i<=len;++i) 34 if(d[i]){ --d[i]; break; } 35 else d[i]=B-1; 36 if(!d[len]) --len; 37 ans=-solv(), len=read(); 38 for(int i=len;i;--i) d[i]=read(); 39 ans+=solv(),printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod); return 0; 40 }
P2606：假題，不用作（求 n 點小根堆方案數）
1 //by Judge 2 #include<cstdio> 3 #include<iostream> 4 #define fp(i,a,b) for(int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i) 5 #define fd(i,a,b) for(int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i) 6 #define ll long long 7 using namespace std; 8 const int M=1e6+3; 9 ll n,mod,s[M],ans=1,inv[M]; 10 int main(){ scanf("%lld%lld",&n,&mod); 11 inv[0]=inv[1]=1; fp(i,1,n) s[i]=1; 12 fp(i,2,n) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; 13 fd(i,n,2) s[i>>1]+=s[i]; 14 fp(i,1,n) ans=ans*i%mod*inv[s[i]]%mod; 15 return !printf("%lld\n",ans); 16 }
P3286：（不是很懂，瞎抄的）
1 //by Judge 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdio> 5 #define ll long long 6 using namespace std; 7 const int M=70; 8 ll L,R,K,num[M],f[M][4000]; 9 ll dfs1(ll n,ll s,bool lim){ 10 if(!n) return s; 11 if(!lim && f[n][s]>=0) return f[n][s]; 12 ll res=0,k=lim?num[n]:K-1; 13 for(ll i=0;i<=k;++i) 14 res+=dfs1(n-1,s+i*(n-1),lim&&(num[n]==i)); 15 if(!lim) f[n][s]=res; return res; 16 } 17 ll dfs2(ll n,ll s,ll m,ll lim){ 18 if(s<0) return 0; if(!n) return s; 19 if(!lim && f[n][s]>=0) return f[n][s]; 20 ll res=0,k=lim?num[n]:K-1; 21 for(ll i=0;i<=k;++i) 22 if(n>=m) res+=dfs2(n-1,s+i,m,lim&(num[n]==i)); 23 else res+=dfs2(n-1,s-i,m,lim&(num[n]==i)); 24 if(!lim) f[n][s]=res; return res; 25 } 26 inline ll calc(ll n){ 27 ll len=0; 28 memset(f,-1,sizeof(f)); 29 while(n) num[++len]=n%K,n/=K; 30 ll res=dfs1(len,0,1); 31 for(ll i=2;i<=len;++i) 32 memset(f,-1,sizeof(f)), 33 res-=dfs2(len,0,i,1); 34 return res; 35 } 36 signed main(){ 37 cin>>L>>R>>K, cout<<calc(R)-calc(L-1)<<endl; return 0; 38 }
而後再來一道比較有挑戰的？
題目就是讓你求 l~r 之間有多少個數是能整除本身各位上的數（排除 0 ）
而後咱們一看就知道數位 dp ，可是狀態很難設計啊 QWQ
咱們能夠發現全部數位的 lcm 最大爲 2520 （就是 1~ 9 的 lcm 嘛）
而後咱們再看就能發現某個數模 2520 下若是能整除 它全部數位的 lcm 那麼它就是知足條件的數
也就是說 一個數模其全部數位的 lcm 的結果 和 模 2520 後再去模這個 lcm 的結果 是相同的
爲何？什麼爲何，由於一個數全部數位的 lcm 必然是 2520 的因子啊
那麼咱們考慮令 f[i][j][k] 表示還剩 i 位沒有處理，當前的數模 2520 爲 j，當前全部數位的 lcm 爲 k 的方案數，這樣狀態就設計出來了
而後就是代碼了：（因爲一開始不會抄的題解，因此寫的是 dfs ，通過幾小時奮鬥終於寫好了本身熟悉的版本——非dfs，因而就放上來了 QVQ ）
1 //by Judge 2 #include<algorithm> 3 #include<iostream> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #define fp(i,a,b) for(int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i) 7 #define fd(i,a,b) for(int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i) 8 #define ll long long 9 using namespace std; 10 const int mod=2520; 11 #ifndef Judge 12 #define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 13 #endif 14 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; 15 inline ll read(){ ll x=0,f=1; char c=getchar(); 16 for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; 17 for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; 18 } char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z; 19 inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;} 20 inline void print(ll x,char chr='\n'){ 21 if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x; 22 while(z[++Z]=x%10+48,x/=10); 23 while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]=chr; 24 } int tot,id[mod+50],val[50],d[21]; 25 ll f[20][mod+3][50]; 26 int GCD(int a,int b) { return b?GCD(b,a%b):a; } 27 int LCM(int a,int b) { return a/GCD(a,b)*b; } 28 void prep() { 29 fp(i,1,mod) if(!(mod%i)) id[i]=++tot,val[tot]=i; 30 fp(i,1,tot) fp(j,0,mod/val[i]) f[0][val[i]*j][i]=1; 31 fp(i,1,19) fp(j,0,mod) fp(k,1,tot) fp(d,0,9) 32 f[i][j][k]+=f[i-1][(j*10+d)%mod][id[d?LCM(val[k],d):val[k]]]; 33 } 34 inline ll solv(ll x){ 35 int len=0; ll ans=0,Val=0,Lcm=1; 36 for(;x;x/=10) d[++len]=x%10; 37 fd(i,len,1){ 38 fp(j,0,d[i]-1) ans+=f[i-1][(Val*10+j)%mod][id[j?LCM(Lcm,j):Lcm]]; 39 Val=(Val*10+d[i])%mod,Lcm=d[i]?LCM(Lcm,d[i]):Lcm; 40 } return ans+!(Val%Lcm); 41 } 42 int main(){ prep(); ll T=read(),l,r; 43 fp(kkk,1,T) l=read(),r=read(), 44 print(solv(r)-solv(l-1)); 45 return Ot(),0; 46 }
（累死了...寫了兩個多鐘頭...我仍是太弱了）
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