数位 DP 的技巧
本文意在探究对于数位 DP 题目的一些技巧。
首先我们应该清楚，数位 DP 一般而言处理答案大于大致 \(10^6\) 的题目。否则我们有技巧枚举每个答案排序后查询。
数位 DP 有两种写法，一种是迭代，一种是记忆化搜索。本文详细介绍记忆化搜索，因为记忆化搜索好写，好调，好想，这些都是在赛时的优势，而相比之下迭代不好写，不好调，不好想，唯一的优势只有方便读者理解数位 DP 的本质。因为接下来的内容做题有关，所以不讨论迭代。
具体来说，我们记忆化搜索要记录当前的位数和是否前面的数取到上界。除了这两个状态之外，我们还需要题目对数限制以及特殊答案贡献的具体变量。
然后就是，因为取到上界的所有状态都只会被计算一次，所以我们不记录。
int f[pos][...];//不含 lim
...
int dfs(int pos,bool lim,...) {
}
首先我们从一道例题起手。
考虑一下，如果 \(n\le 10^{10^3}\) 怎么做？
首先考虑限制，对于一个数，没有限制。每个数都能够对答案贡献。
其次考虑一个数对答案的贡献具体是多少，它对答案贡献的值为各位上的数字等于 \(x\) 的个数，于是我们需要加入变量 \(sum\) 表示目前 \(1\) 到 \(pos\) 的位置上有多少个数等于 \(x\)，另外，对于 \(x=0\)，我们对答案的贡献需要去除前导 \(0\)，所以记录状态 \(zero\) 表示现在填 \(0\) 是否计入贡献。
好的，现在所有状态为 \(pos,lim,sum,zero\)。
\(zero,lim\) 两个变量当然可以不计入记忆化状态，但这题对空间的限制并不大，所以无所谓。
代码：
// Problem: P1980 [NOIP 2013 普及组] 计数问题
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P1980
// Memory Limit: 125 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define upp(a, x, y) for (int a = x; a <= y; a++)
#define dww(a, x, y) for (int a = x; a >= y; a--)
#define pb(x) push_back(x)
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define PII pair<int, int>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 10;
int f[N][N][2];
int a[N];
int dfs(int pos, bool lim, bool zero, int sum, int p) {
if (!lim && f[pos][sum][zero] != -1) return f[pos][sum][zero];
if (!pos) return sum;
int res = 0;
int up = lim ? a[pos] : 9;
upp(i, 0, up) {
res = res + dfs(pos - 1, (lim && i == up), zero || (i),
sum + (zero && i == p), p);
}
if (lim == 0) f[pos][sum][zero] = res;
return res;
}
int solve(int x, int k) {
memset(f, -1, sizeof f);
int len = 0;
while (x) {
a[++len] = x % 10;
x /= 10;
}
return dfs(len, 1, (k != 0), 0, k);
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, k;
cin >> n >> k;
cout << solve(n, k) << endl;
return 0;
}
再来一道。
-
所有数都能对答案贡献。
-
每个数贡献为所有数位之和，记录状态 \(sum\) 表示当前数位之和。
-
整理状态 \(pos,lim,sum\)。
代码：
// Problem: P4999 烦人的数学作业
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P4999
// Memory Limit: 125 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define upp(a, x, y) for (int a = x; a <= y; a++)
#define dww(a, x, y) for (int a = x; a >= y; a--)
#define pb(x) push_back(x)
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define PII pair<int, int>
using namespace std;
const int N = 200, X = 1e9 + 7;
int f[N][N], a[N];
int dfs(int pos, int lim, int sum) {
if (f[pos][sum] != -1 && lim == 0) return f[pos][sum];
if (!pos) return sum;
int res = 0;
upp(i, 0, (lim ? a[pos] : 9)) {
(res += dfs(pos - 1, (lim && i == (lim ? a[pos] : 9)), sum + i) % X) %=
X;
}
if (lim == 0) f[pos][sum] = res;
return res;
}
int solve(int x) {
memset(f, -1, sizeof f);
int len = 0;
while (x) {
a[++len] = x % 10;
x /= 10;
}
return dfs(len, 1, 0);
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
int qq;
cin >> qq;
while (qq--) {
int l, r;
cin >> l >> r;
cout << ((solve(r) - solve(l - 1)) % X + X) % X << endl;
}
return 0;
}
再来一道。
-
一个数贡献的条件是为波浪数，波浪数说白了就是一上一下，记录这次应该是上还是下或者还未决定 \(go=1/0/2\)。如果还未决定，我们就可以填上继续 \(0\)，或者填上一个正数，然后决定上下是 \(0/1\) 各继续计算，注意如果 \(pos=1\) 的时候，上和下都会只取到一个数，为了保证不重不漏，我们只再计算其中一种情况即可。对于之前就已经决定是上还是下，我们直接枚举数就行了，为了保证上下我们记录状态 \(last\) 表示上一个填的数，没什么好讲的。
-
所有数的贡献都为 \(1\)。
-
所有状态为 \(pos,lim,go,last\)。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define upp(a, x, y) for (int a = x; a <= y; a++)
#define dww(a, x, y) for (int a = x; a >= y; a--)
#define pb(x) push_back(x)
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define PII pair<int, int>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10, X = 998244353;
int f[N][3][10], a[N];
int dfs(int pos, bool lim, int go, int last) { // 0 代表降
if (f[pos][go][last] != -1 && lim == 0) return f[pos][go][last];
if (!pos) return 1;
int res = 0, up = (lim ? a[pos] : 9);
if (go == 2) {
upp(i, 0, up) {
if (i) {
if (pos > 1)
(res += dfs(pos - 1, (lim && i == a[pos]), 1, i)) %= X;
(res += dfs(pos - 1, (lim && i == a[pos]), 0, i)) %= X;
} else
(res += dfs(pos - 1, (lim && i == a[pos]), go, last)) %= X;
}
} else if (go == 1) {
upp(i, last + 1, up) {
(res += dfs(pos - 1, (lim && i == a[pos]), 0, i)) %= X;
}
} else {
upp(i, 0, min(last - 1, up)) {
(res += dfs(pos - 1, (lim && i == a[pos]), 1, i)) %= X;
}
}
if (!lim) f[pos][go][last] = res;
return res;
}
int solve(string x) {
int len = 0;
dww(i, x.size() - 1, 0) { a[++len] = x[i] - '0'; }
return dfs(len, 1, 2, 0);
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
memset(f, -1, sizeof f);
int qq;
cin >> qq;
while (qq--) {
string l, r;
cin >> l >> r;
int ans = ((solve(r) - solve(l)) % X + X) % X;
int now = 2, flag = 1;
upp(i, 1, (int)l.size() - 1) {
if (l[i] == l[i - 1]) {
flag = 0;
break;
}
if (now == 2) {
if (l[i] > l[i - 1])
now = 0;
else
now = 1;
} else {
if (now && l[i] < l[i - 1]) {
flag = 0;
break;
}
if (!now && l[i] > l[i - 1]) {
flag = 0;
break;
}
now ^= 1;
}
}
if (flag || l.size() == 1) ans++;
cout << ans % X << endl;
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号