数位DP入门详解+题目推荐

\(update:2019-9-6\)

博客里某些东西没有解释清楚,完善了对应的解释


在开始之前,我们先来看一道题——题目链接

题目要求,相邻两位的差大于等于2,那么我们先来构造一个试一试。

比如说\(15246\)这个数,我们先取第一位为\(1\),然后第二位是\(5\)\(5-1=4>2\)所以符合条件,第三位是\(2\)\(5-2=3>2\)符合条件,第四位是\(4\)\(4-2=2\)符合条件,第五位是\(6\)\(6-4=4\)符合条件,所以这个数使符合条件的。

那么问题来了,如果我们一个数一个数的构造,复杂度显然是有问题的,我们就需要对其进行优化。来看\(15246\)\(96246\)这两个数,他们都是符合规则的,而且它们后三位是相同的,那么我们很容易可以联想到,只要倒数第四位与\(2\)的差符合规则,那么只要后三位是\(246\)就一定是符合规则的,也就是说我们根本不需要去重复判断。

有没有想到什么熟悉的东西?没错,记忆化!从前往后构造,当后几位已经被处理过,我们就可以直接使用,而不是重新判断,大大节省了时间。那么我们就可以用\(f[pos][pre]\)来记录当前位为第\(pos\)位,上一位为数值为\(pre\),且不含前导零,没有卡在最大值上时,能够对答案产生的贡献。

那么判断也就很简单了,只需要枚举下一位,看和当前位的差是否满足规则即可。题目又要求不含前导零,也就是除了\(0\)本身以外的任何数不准用\(0\)开头,那么从第一位开始,我们记录有前导\(0\)当有一位不为\(0\)之后,把状态记录为不含前导零,前导零后的第一个不为零位无任何限制。

那么我们来看一下程序吧

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cmath>
#define ll long long
#define gc() getchar()
#define maxn 15
using namespace std;

inline ll read(){
    ll a=0;int f=0;char p=gc();
    while(!isdigit(p)){f|=p=='-';p=gc();}
    while(isdigit(p)){a=(a<<3)+(a<<1)+(p^48);p=gc();}
    return f?-a:a;
}
void write(ll a){
    if(a>9)write(a/10);
    putchar(a%10+'0');
}

int x,y,d[maxn],l;
ll f[maxn][maxn];
ll dfs(int pos,int pre,bool limit,bool lead){  //pos表示从后往前数第pos位,pre记录前一位我们选择的数值,limit记录当前是不是卡着最大值,如果卡着最大值就不能从[0,9]中任意选数,而是在[0,区间右端点当前位的数值]之间选数,lead就是记录前导零的问题了
    if(!pos)return 1;  //如果所有位都已经构造完了,说明这是一个合法数值,贡献加一
    if(!limit&&!lead&&~f[pos][pre])return f[pos][pre];  //如果已经处理过特殊要求均相同的情况,直接返回答案,避免重复计算
    int up=limit?d[pos]:9;ll ans=0;  //up就是当前位选数的右端点
    for(int i=0;i<=up;++i){  //枚举构造
        if(abs(i-pre)<2&&!lead)continue;  //如果不合法则跳过
        ans+=dfs(pos-1,i,limit&&i==d[pos],lead&&!i);
    }
    if(!limit&&!lead)f[pos][pre]=ans;  //这里有多种写法,其实就是要求你把各种特殊状态都记录下来
    return ans;
}

ll solve(int k){
    l=0;
    while(k){  //这里是为了记录一下当前范围最大是几位
        d[++l]=k%10;
        k/=10;
    }
    return dfs(l,0,1,1);
}

int main(){memset(f,-1,sizeof f);
    x=read();y=read();
    write(solve(y)-solve(x-1));  //答案要求是[x,y]之间的windy数,所以减去[0,x)的windy数即可
    return 0;
}

下面我们再来看两道题,一道是ZJOI2010数字计数,另一道是CQOI2016的手机号码

对于这两道题,还是跟刚才一样——先构造。


数字计数这道题就是要求统计每个数出现的次数,那么我们只需要分开统计,每次只统计一个数字,重复十次即可,需要记录的特殊情况就是前导零还有边界情况

下面是代码(就不再附详细解释了)

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#define ll long long
#define gc() getchar()
#define maxn 15
using namespace std;

inline ll read(){
    ll a=0;int f=0;char p=gc();
    while(!isdigit(p)){f|=p=='-';p=gc();}
    while(isdigit(p)){a=(a<<3)+(a<<1)+(p^48);p=gc();}
    return f?-a:a;
}
void write(ll a){
    if(a>9)write(a/10);
    putchar(a%10+'0');
}

int l,d[maxn];
ll x,y,f[maxn][maxn];
ll dfs(int pos,int s,int x,bool limit,bool lead){
    if(!pos)return s;
    if(!limit&&!lead&&~f[pos][s])return f[pos][s];
    int up=limit?d[pos]:9;ll ans=0;
    for(int i=0;i<=up;++i)
        ans+=dfs(pos-1,s+(i==0?(!lead&&x==0):i==x),x,limit&&i==d[pos],lead&&!i);
    if(!limit&&!lead)f[pos][s]=ans;
    return ans;
}

ll solve(ll k,int a){
    l=0;
    while(k){
        d[++l]=k%10;
        k/=10;
    }
    return dfs(l,0,a,1,1);
}

int main(){
    x=read();y=read();
    for(int i=0;i<=9;++i){
        memset(f,-1,sizeof f);
        printf("%lld ",solve(y,i)-solve(x-1,i));
    }
    return 0;
}

那么对于手机号码这道题,需要记录的特殊状态就比较多了,分别是前导零,边界情况,前两位的数值以及是否出现8和是否出现4

那么代码还是大同小异,只是加了几个判断而已

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#define ll long long
#define gc getchar
#define maxn 15
using namespace std;

inline ll read(){
    ll a=0;int f=0;char p=gc();
    while(!isdigit(p)){f|=p=='-';p=gc();}
    while(isdigit(p)){a=(a<<3)+(a<<1)+(p^48);p=gc();}
    return f?-a:a;
}ll l,r;int d[maxn];

ll f[maxn][maxn][maxn][5][5][5][5];
ll dfs(int pos,int pre,int pre2,int limit,int c,int ba,int si){
    if(ba&si)return 0;
    if(!pos)return c;
    if(~f[pos][pre][pre2][limit][c][ba][si])
        return f[pos][pre][pre2][limit][c][ba][si];
    int up=limit?d[pos]:9,down=pos==11;ll sum=0;
    for(int i=down;i<=up;++i)
        sum+=dfs(pos-1,i,pre,limit&(i==up),c|(i==pre&&i==pre2),ba|(i==8),si|(i==4));
    return f[pos][pre][pre2][limit][c][ba][si]=sum;
}
inline ll solve(ll x){memset(f,-1,sizeof f);
    memset(d,0,sizeof d);
    if(x<1e10)return 0;
    int len=0;
    while(x){
        d[++len]=x%10;
        x/=10;
    }
    return dfs(len,11,11,1,0,0,0);
}

int main(){
    l=read();r=read();
    printf("%lld\n",solve(r)-solve(l-1));
    return 0;
}

题目推荐

[HAOI2010]计数

[AHOI2009]同类分布

那么数位DP大概就是这个样子,很简单,也很明显

如果这篇博客对你的学习有些许帮助,不妨点个推荐吧

posted @ 2019-09-03 17:54 子谦。 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏
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