数位 dp

数位dp

特点

问题大多是指“在 \([l,r]\) 的区间内，满足……的数字的个数、种类，等等。”

但是显然，出题人想要卡你，\(r\) 肯定是非常大的，暴力枚举一定超时。

于是就有了数位 dp。

基本思路

数位 dp 说白了就是个数字（\(R\)​ 进制下），从高位到地位依次填空。

若询问区间为 \([l,r]\)，那么可以处理出 \([0,r]\) 与 \([0,l-1]\)，相减即可。

显然，一一枚举是不可行的，不妨将其分为若干数位（这应该不可能被卡），每个数位讨论。

在代码中表现为：

设数组 \(a\)，\(a_i\) 表示在 \(R\) 进制下，数字 \(x\) 第 \(i\) 位的数字（位从 \(1\) 开始）。

注意到，如果前面填入的数字全部与上界 \(r\) 相同，那么这一位就不可以超过 \(r\) 的这一位。

那么就可以用一个变量 \(Up\) 表示目前是否与 \(r\) 完全相同，再进行记忆化搜索即可。

那么有了记忆化搜索（迭代）写法就必然有递推式写法，毕竟记忆化搜索本质上就是 dp。

挑些例题

洛谷 P4999 烦人的数学作业

记忆化搜索显然要有 dp 数组。

设 \(f_{i,j}\) 表示在不顶上界的情况下，填数到前 \(i\) 位，数字和为 \(j\) 的方案数，初始值为 \(-1\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=25,Mod=1e9+7;
using ljl = long long;
int T,a[N];
ljl l,r,f[N][9*18+5];
ljl dfs(int st,bool Up,ljl sum)
{
	if(st<=0)//搜完了
		return sum;
	if(!Up&&f[st][sum]!=-1)//搜过了
		return f[st][sum];
	int UP=Up?a[st]:9;
	ljl ans=0;
	for(int k=0;k<=UP;++k)
		ans=(ans+dfs(st-1,(Up&&k==UP),sum+k))%Mod;
	if(!Up)
		f[st][sum]=ans;
	return ans;
}
ljl solve(ljl x)
{
	int lens=0;
	while(x>0)//搞定每一位。由于是倒着存，所以搜索时也要倒着搜
	{
		a[++lens]=x%10;
		x/=10;
	}
	return dfs(lens,1,0);
}
void Main()
{
	cin>>l>>r;
	cout<<(solve(r)-solve(l-1)+Mod)%Mod<<'\n';
	return;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>T;
	memset(f,-1,sizeof(f));
	while(T--)
		Main();
	return 0;
}