[转]数位dp小记

 

转载自：http://blog.csdn.net/guognib/article/details/25472879

 

参考：

http://www.cnblogs.com/jffifa/archive/2012/08/17/2644847.html

kuangbin ：http://www.cnblogs.com/kuangbin/category/476047.html

http://blog.csdn.net/cmonkey_cfj/article/details/7798809

http://blog.csdn.net/liuqiyao_01/article/details/9109419

数位dp有递推和记忆化搜索的方法，比较来说记忆化搜索方法更好。通过博客一的一个好的模板，数位dp就几乎变成一个线性dp问题了。

下为博客一内容：

。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。

 

偷看了下7k+大牛的数位统计dp写法，通常的数位dp可以写成如下形式：

1 int dfs(int i, int s, bool e) {
2     if (i==-1) return s==target_s;
3     if (!e && ~f[i][s]) return f[i][s];
4     int res = 0;
5     int u = e?num[i]:9;
6     for (int d = first?1:0; d <= u; ++d)
7         res += dfs(i-1, new_s(s, d), e&&d==u);
8     return e?res:f[i][s]=res;
9 }

 

其中：

f为记忆化数组；

i为当前处理串的第i位（权重表示法，也即后面剩下i+1位待填数）；

s为之前数字的状态（如果要求后面的数满足什么状态，也可以再记一个目标状态t之类，for的时候枚举下t）；

e表示之前的数是否是上界的前缀（即后面的数能否任意填）。

for循环枚举数字时，要注意是否能枚举0，以及0对于状态的影响，有的题目前导0和中间的0是等价的，但有的不是，对于后者可以在dfs时再加一个状态变量z，表示前面是否全部是前导0，也可以看是否是首位，然后外面统计时候枚举一下位数。It depends.

于是关键就在怎么设计状态。当然做多了之后状态一眼就可以瞄出来。

注意：

不满足区间减法性质的话（如hdu 4376），不能用solve(r)-solve(l-1)，状态设计会更加诡异。

。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。

正如上面说的要注意：

前导零是否有影响。

是否满足区间减的性质。（如hdu4376，还没做，先记上）

 

几乎就是模板题：

模板：

 

 

UESTC 1307相邻的数差大于等于2

（不允许有前导0，前导0对计算有影响，注意前导0的处理）

 1 int dp[15][10];
 2 int bit[15];
 3 int dfs(int pos, int s, bool limit, bool fzero)
 4 {
 5      if (pos == -1) return 1;///前导0的影响!!!
 6     if (!limit && !fzero && ~dp[pos][s]) return dp[pos][s];///条件判断!!!
 7     int end = limit ? bit[pos] : 9;
 8 
 9     int ans = 0;
10     for (int i = 0; i <= end; i++)
11     {
12         if (!fzero && abs(i - s) < 2) continue;///前导0的影响!!!
13         int nows = i;
14         ans += dfs(pos - 1, nows, limit && (i == end), fzero && !i);
15     }
16 
17     return limit || fzero ? ans : dp[pos][s] = ans;///条件判断!!!
18 }
19 int calc(int n)
20 {
21     if (n == 0) return 1;
22     int len = 0;
23     while (n)
24     {
25         bit[len++] = n % 10;
26         n /= 10;
27     }
28     return dfs(len - 1, 0, 1, 1);
29 }
30 int main ()
31 {
32     memset(dp, -1, sizeof(dp));
33     int l, r;
34     while (cin >> l >> r)
35     {
36         cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;
37     }
38     return 0;
39 }
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其它一些题目：

Hdu3555不能出现连续的49

 1 int bit[25];
 2 LL dp[25][3];
 3 /**
 4 0
 5 1
 6 2
 7 */
 8 
 9 /**
10 pos为当前考虑的位置
11 s为在pos之前已到达的状态
12 limit当前考虑的数字是否有限制,即之前已确定的数是否为n的前缀
13 */
14 LL dfs(int pos, int s, bool limit)
15 {
16     if (pos == -1) return s == 2;
17     if (!limit && ~dp[pos][s]) return dp[pos][s];
18     int end = limit ? bit[pos] : 9;///limit选择
19     LL ans = 0;
20 
21     for (int i = 0; i <= end; i++)
22     {
23         int nows;
24         if (s == 0)
25         {
26             if (i == 4) nows = 1;
27             else nows = 0;
28         }
29         else if (s == 1)
30         {
31             if (i == 9) nows = 2;
32             else if (i == 4) nows = 1;
33             else nows = 0;
34         }
35         else if (s == 2) nows = 2;
36 
37         ans += dfs(pos - 1, nows, limit && i == end);
38     }
39 
40     return limit ? ans : dp[pos][s] = ans;///limit选择
41 }
42 
43 LL calc(LL n)
44 {
45     ///
46     int len = 0;
47     while (n)
48     {
49         bit[len++] = n % 10;
50         n /= 10;
51     }
52     ///
53     return dfs(len - 1, 0, 1);
54 }
55 int main ()
56 {
57     memset(dp, -1, sizeof(dp));
58     int T;
59     RI(T);
60     LL n;
61     while (T--)
62     {
63         cin >> n;
64         cout << calc(n) << endl;
65     }
66     return 0;
67 }
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hdu2089 不要62 

 1 int dp[10][3];
 2 int bit[10];
 3 int dfs(int pos, int s, int limit, bool first)
 4 {
 5     if (pos == -1) return s == 2;
 6     if (!limit && ~dp[pos][s]) return dp[pos][s];
 7     int end = limit ? bit[pos] : 9;
 8 //    int be = first ? 1 : 0;
 9 
10 
11     int ans = 0;
12     for (int i = 0; i <= end; i++)
13     {
14         int nows = s;
15         if (s == 0)
16         {
17             if (i == 6) nows = 1;
18             else if (i == 4) nows = 2;
19         }
20         if (s == 1)
21         {
22             if (i == 2 || i == 4) nows = 2;
23             else if (i == 6) nows = 1;
24             else nows = 0;
25         }
26         if (i == 4) nows = 2;
27 
28         ans += dfs(pos - 1, nows, limit && (i == end), first && !i);
29     }
30 
31     return limit ? ans : dp[pos][s] = ans;
32 }
33 int calc(int n)
34 {
35     int tmp = n;
36     if (n == 0) return 0;
37     int len = 0;
38     while (n)
39     {
40         bit[len++] = n % 10;
41         n /= 10;
42     }
43     return tmp - dfs(len - 1, 0, 1, 1);
44 }
45 int main ()
46 {
47     memset(dp, -1, sizeof(dp));
48     int l, r;
49 //    for (int i = 1; i <= 100; i++)
50 //        cout << i << ' ' << calc(i) << endl;
51     while (cin >> l >> r)
52     {
53         if (l + r == 0) break;
54 //        cout << calc(r) << ' ' << calc(l - 1) << endl;
55         cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;
56     }
57 
58     return 0;
59 }
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UESTC 1307相邻的数差大于等于2

（注意前导0的处理）

 1 int dp[15][10];
 2 int bit[15];
 3 int dfs(int pos, int s, bool limit, bool fzero)
 4 {
 5      if (pos == -1) return 1;///前导0的影响!!!
 6     if (!limit && !fzero && ~dp[pos][s]) return dp[pos][s];///条件判断!!!
 7     int end = limit ? bit[pos] : 9;
 8 
 9     int ans = 0;
10     for (int i = 0; i <= end; i++)
11     {
12         if (!fzero && abs(i - s) < 2) continue;///前导0的影响!!!
13         int nows = i;
14         ans += dfs(pos - 1, nows, limit && (i == end), fzero && !i);
15     }
16 
17     return limit || fzero ? ans : dp[pos][s] = ans;///条件判断!!!
18 }
19 int calc(int n)
20 {
21     if (n == 0) return 1;
22     int len = 0;
23     while (n)
24     {
25         bit[len++] = n % 10;
26         n /= 10;
27     }
28     return dfs(len - 1, 0, 1, 1);
29 }
30 int main ()
31 {
32     memset(dp, -1, sizeof(dp));
33     int l, r;
34     while (cin >> l >> r)
35     {
36         cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;
37     }
38     return 0;
39 }
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POJ 3252  Round Number (组合数)！！！

拆成2进制，在记录0和1的个数

求区间[l,r]中，满足传化成2进制后，0的个数>=1的个数的，数字的个数

 1 int dp[40][40][40];
 2 int bit[40];
 3 int dfs(int pos, int num0, int num1, bool limit, bool fzero)
 4 {
 5      if (pos == -1) return num0 >= num1;///前导0的影响!!!
 6     if (!limit && !fzero && ~dp[pos][num0][num1]) return dp[pos][num0][num1];///条件判断!!!
 7     int end = limit ? bit[pos] : 1;
 8 
 9     int ans = 0;
10     for (int i = 0; i <= end; i++)
11     {
12         int new0, new1;
13         if (fzero)
14         {
15             new0 = 0, new1 = 0;
16             if (i) new1 = 1;
17         }
18         else
19         {
20             new0 = num0, new1 = num1;
21             if (i) new1++;
22             else new0++;
23         }
24         ans +=  dfs(pos - 1, new0, new1, limit && (i == end), fzero && !i);
25     }
26     return limit || fzero ? ans : dp[pos][num0][num1] = ans;///条件判断!!!
27 }
28 int calc(int n)
29 {
30     if (n == 0) return 1;
31     int len = 0;
32     while (n)
33     {
34         bit[len++] = n % 2;
35         n /= 2;
36     }
37     return dfs(len - 1, 0, 0, 1, 1);
38 }
39 int main ()
40 {
41     memset(dp, -1, sizeof(dp));
42     int l, r;
43     while (cin >> l >> r)
44     {
45         cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;
46     }
47     return 0;
48 }
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hdu3886求满足符号串的数字个数！！！

统计满足和指定 升降字符串 匹配的个数

 1 int dp[105][105][10];
 2 int bit[105];
 3 char s[105];
 4 char a[105], b[105];
 5 int ns;
 6 
 7 bool ok(int r, int a, int b)
 8 {
 9     if (s[r] == '/') return a < b;
10     else if (s[r] == '-') return a == b;
11     else if (s[r] == '\\') return a > b;
12 }
13 int dfs(int pos, int r, int pre, bool limit, bool prezero)
14 {
15     if (pos == -1) return (r == ns);
16     if (!limit && !prezero && ~dp[pos][r][pre]) return dp[pos][r][pre];
17     int end = limit ? bit[pos] : 9;
18     int ans = 0;
19 
20     for (int i = 0; i <= end; i++)
21     {
22         if (prezero)
23         {
24             ans += dfs(pos - 1, r, i, limit && (i == end), prezero && (!i));
25         }
26         else
27         {
28             if (r < ns && ok(r, pre, i))///优先考虑向后拓展
29                 ans += dfs(pos - 1, r + 1, i, limit && (i == end), 0);
30             else if (r > 0 && ok(r - 1, pre, i))
31                 ans += dfs(pos - 1, r, i, limit && (i == end), 0);
32         }
33         ans %= MOD;
34     }
35     if (!limit && !prezero) dp[pos][r][pre] = ans;
36     return ans;
37 }
38 int calc(char a[], bool dec)
39 {
40 
41     int n = strlen(a);
42     int len = 0, tmp = 0;
43     while (a[tmp] == '0') tmp++;
44     for (int i = n - 1; i >= tmp; i--)
45     {
46         bit[len++] = a[i] - '0';
47     }
48     if (dec && len > 0)
49     {
50         for (int i = 0; i < len; i++)
51         {
52             if (bit[i])
53             {
54                 bit[i]--;
55                 break;
56             }
57             else bit[i] = 9;
58         }
59     }
60     return dfs(len - 1, 0, 0, 1, 1);
61 }
62 
63 int main ()
64 {
65     while (scanf("%s", s) != EOF)
66     {
67         memset(dp, -1, sizeof(dp));
68         ns = strlen(s);
69         scanf("%s%s", a, b);
70         printf("%08d\n", (calc(b, 0) - calc(a, 1) + MOD) % MOD);
71     }
72     return 0;
73 }
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HDU 3709 平衡数

 1 LL dp[20][20][2000];
 2 ///力矩最大为不超过10*20*10;
 3 int bit[20];
 4 
 5 LL dfs(int pos, int r, int sum, int e)
 6 {
 7     if (pos == -1) return sum == 0;
 8     if (sum < 0) return 0;
 9     if (!e && ~dp[pos][r][sum]) return dp[pos][r][sum];
10     int end = e ? bit[pos] : 9;
11     LL ans = 0;
12     for (int i = 0; i <= end; i++)
13     {
14         ans += dfs(pos - 1, r, sum + i * (pos - r), e && (i == end));
15     }
16     if (!e) dp[pos][r][sum] = ans;
17     return ans;
18 }
19 
20 LL calc(LL n)
21 {
22     if (n < 0) return 0;
23     int len = 0;
24     while (n)
25     {
26         bit[len++] = n % 10;
27         n /= 10;
28     }
29     LL ans = 0;
30     for (int i = 0; i < len; i++)///需要枚举支点
31         ans += dfs(len - 1, i, 0, 1);
32     return ans - (len - 1);
33 }
34 int main ()
35 {
36     memset(dp, -1, sizeof(dp));
37     int t;
38     LL l, r;
39     RI(t);
40     while (t--)
41     {
42         scanf("%I64d%I64d", &l, &r);
43         printf("%I64d\n", calc(r) - calc(l - 1));
44     }
45 
46     return 0;
47 }
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HDU4352严格上升子序列的长度为K的个数。！！！

最长上升子序列结合，通过集合（1<<10）来处理

 1 LL dp[25][1 << 11][11];
 2 int bit[25];
 3 int k;
 4 int getnews(int s, int x)
 5 {
 6     for(int i=x;i<10;i++)
 7         if(s&(1<<i))return (s^(1<<i))|(1<<x);
 8     return s|(1<<x);
 9 }
10 int getnum(int s)
11 {
12     int ret = 0;
13     while (s)
14     {
15         if (s & 1) ret++;
16         s >>= 1;
17     }
18     return ret;
19 }
20 LL dfs(int pos, int s, int e, int z)
21 {
22     if (pos == -1) return getnum(s) == k;
23     if (!e && ~dp[pos][s][k]) return dp[pos][s][k];
24     int end = e ? bit[pos] : 9;
25     LL ans = 0;
26 
27     for (int i = 0; i <= end; i++)
28     {
29         int news = getnews(s, i);
30         if (z && !i) news = 0;
31         ans += dfs(pos - 1, news, e && (i == end), z && (!i));
32     }
33     if (!e) dp[pos][s][k] = ans;
34     return ans;
35 }
36 
37 LL calc(LL n)
38 {
39     int len = 0;
40     while (n)
41     {
42         bit[len++] = n % 10;
43         n /= 10;
44     }
45     return dfs(len - 1, 0, 1, 1);
46 }
47 
48 int main ()
49 {
50     LL n, m;
51     memset(dp, -1, sizeof(dp));
52     int t;
53     scanf("%d", &t);
54     int nc = 1;
55     while (t--)
56     {
57         cin >> n >> m >> k;
58         printf("Case #%d: ", nc++);
59         cout << calc(m) - calc(n - 1) << endl;
60     }
61     return 0;
62 }
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！！！是比较不错，待看的题

比较还好的处理的题目：

Codeforces 55D Beautiful numbers！！！

spoj 10606 Balanced Numbers

 

ac自动机和数位dp结合（！！！）：

hdu4376！！！（区间不可减？？？）
ZOJ3494 BCD Code(AC自动机+数位DP)！！！

 

整除和简单统计：

HDU4507 和7无关数的平方和！！！

 

HDU 3652 出现13，而且能被13整除

LightOJ 1068 能被K整数且各位数字之和也能被K整除的数

light OJ 1140两个数之间的所有数中零的个数。

lightoj 1032  二进制数中连续两个‘1’出现次数的和

其它：
LightOJ1205求区间[a,b]的回文数个数。
ural 1057 数位统计
codeforces215E周期数
codeforces258B在1-m中任选7个数，要使前六个数字中的“4”,"7"之和小于第七个的，
Zoj2599 数位统计（见题意）
zoj3162分形、自相似

 

posted @ 2015-06-09 16:14  繁夜  阅读(271)  评论(0)  编辑  收藏  举报