数位DP

数位DP

嗯，作为一类比较自成一派的DP还是要学一下。

其实不是很难，主要通过记忆化搜索实现。

用例题来讲解吧。

第一道数位DP/洛谷三萌成就达成！

洛谷P3413 萌数

大意:求[l, r]中存在长度至少为2的回文子串的数的个数，对1e9+7取模。

r <= 10^1000

首先可以发现，回文串长度为2或3即可。

然后我们就设计状态：f[k][last][ll][0/1][0/1]表示后k位中，第k + 1位是last，第k + 2位是ll，k位之前是否已出现回文串，k位之前是否出现过非0数(不是全是前导0)，满足条件的数的个数。

枚举k位放什么即可。顺便更新一波状态。

注意有limit的时候记忆化无用，要往后算。

 1 #include <cstdio>
 2 #include <algorithm>
 3 #include <cstring>
 4 
 5 const int N = 1010, MO = 1000000007;
 6 
 7 int f[N][11][11][2][3], num[N];
 8 
 9 int DFS(int k, int last, int ll, int sta, int first, bool limit) {
10     if(k == 0) {
11         return sta;
12     }
13     if(!limit && f[k][last][ll][sta][first] != -1) {
14         return f[k][last][ll][sta][first];
15     }
16     int ans = 0;
17     int large = limit ? num[k] : 9;
18     for(int i = 0; i <= large; i++) {
19         if(sta) {
20             ans += DFS(k - 1, i, last, sta, first, limit && (i == num[k]));
21             ans %= MO;
22         }
23         else {
24             int temp = 0;
25             if(first == 1) {
26                 temp = (i == last);
27             }
28             else if(first == 2) {
29                 temp = (i == last) || (i == ll);
30             }
31             int second = first;
32             if(i || first) {
33                 second = std::min(2, second + 1);
34             }
35             ans += DFS(k - 1, i, last, temp, second, limit && (i == num[k]));
36             ans %= MO;
37         }
38     }
39     if(!limit) {
40         f[k][last][ll][sta][first] = ans;
41     }
42     //printf("%d %d %d %d %d %d = %d \n", k, last, ll, sta, first, limit, ans);
43     return ans;
44 }
45 
46 char str[N];
47 
48 int main() {
49     memset(f, -1, sizeof(f));
50 
51     scanf("%s", str);
52     int n = strlen(str);
53     for(int i = n - 1; i >= 0; i--) {
54         num[n - i] = str[i] - '0';
55     }
56     int temp = 0;
57     if(n > 1 || num[1]) {
58         num[1]--;
59         int t = 1;
60         while(num[t] < 0) {
61             num[t] += 10;
62             num[t + 1]--;
63             t++;
64         }
65         if(!num[n]) {
66             n--;
67         }
68         temp = DFS(n, 10, 10, 0, 0, 1);
69     }
70 
71     scanf("%s", str);
72     n = strlen(str);
73     for(int i = n - 1; i >= 0; i--) {
74         num[n - i] = str[i] - '0';
75     }
76    
77     int ans = DFS(n, 10, 10, 0, 0, 1) - temp;
78     ans = (ans % MO + MO) % MO;
79     printf("%d", ans);
80     return 0;
81 }

AC代码

洛谷P2657 windy数

大意：求[l, r]之中每两个相邻数码之差大于1的数的个数。

这还比前一道题水一点......

f[k][last][0/1]表示后k位，第k + 1位是last，k位之前是否全是0的满足条件的数的个数。

然后就过了。

 1 #include <cstdio>
 2 #include <algorithm>
 3 #include <cstring>
 4 
 5 const int N = 20;
 6 
 7 int f[N][10][2], num[N];
 8 
 9 int DFS(int k, int last, int sta, bool limit) {
10     if(k == 0) {
11         return 1;
12     }
13     if(!limit && f[k][last][sta]) {
14         return f[k][last][sta];
15     }
16 
17     int ans = 0;
18     int large = limit ? num[k] : 9;
19     for(int i = 0; i <= large; i++) {
20         if(sta) {
21             if(i <= last + 1 && i >= last - 1) {
22                 continue;
23             }
24             ans += DFS(k - 1, i, sta, limit && (i == num[k]));
25         }
26         else {
27             ans += DFS(k - 1, i, i > 0, limit && (i == num[k]));
28         }
29     }
30 
31     if(!limit) {
32         f[k][last][sta] = ans;
33     }
34     //printf("%d %d %d %d %d \n", k, last, sta, limit, ans);
35     return ans;
36 }
37 
38 inline int solve(int x) {
39     if(!x) {
40         return 1;
41     }
42     int n = 0;
43     while(x) {
44         num[++n] = x % 10;
45         x /= 10;
46     }
47     return DFS(n, 0, 0, 1);
48 }
49 
50 int main() {
51 
52     int a, b;
53     scanf("%d%d", &a, &b);
54     printf("%d", solve(b) - solve(a - 1));
55 
56     return 0;
57 }

AC代码

注意有一个细节：这两题(大部分)中，sta状态(就是之前是否全是0)其实可以只在DFS函数中传，而不在f数组中多开一维。

原理我还没想清楚呢......闲的没事还是加上好了，避免出锅。

洛谷P2518 计数

比较特立独行的一道题.....

大意：给你若干个数码，总和<=50，让你求比给定的某一个全排列字典序小的全排列数。

保证答案在long long内。

就相当于给定每个数个数的数位DP。

先开个桶。可以发现，按照上面的套路的话，!limit的时候可以直接用公式。

然后就直接过了......我的map其实没啥用，就比暴力快了0.1ms........

至于统计过程中爆long long...大家各显神通吧。我是分解质因数。也可以拆成若干个组合数相乘，避免除法。

  1 #include <cstdio>
  2 #include <map>
  3 #include <cstring>
  4 
  5 typedef long long LL;
  6 const int N = 60;
  7 
  8 struct STA {
  9     int a[11];
 10     inline bool operator <(const STA &w) const {
 11         for(int i = 0; i <= 10; i++) {
 12             if(a[i] != w.a[i]) {
 13                 return a[i] < w.a[i];
 14             }
 15         }
 16         return 0;
 17     }
 18     inline bool operator ==(const STA &w) const {
 19         for(int i = 0; i <= 10; i++) {
 20             if(a[i] != w.a[i]) {
 21                 return 0;
 22             }
 23         }
 24         return 1;
 25     }
 26 }bin;
 27 
 28 std::map<STA, LL> mp;
 29 int p[N], cnt[N], top, num[N];
 30 char str[N];
 31 bool vis[N];
 32 std::map<STA, LL>::iterator it;
 33 
 34 inline LL qpow(LL a, LL b) {
 35     LL ans = 1;
 36     while(b) {
 37         if(b & 1) {
 38             ans *= a;
 39         }
 40         a *= a;
 41         b = b >> 1;
 42     }
 43     return ans;
 44 }
 45 
 46 inline void getp(int b) {
 47     for(int i = 2; i <= b; i++) {
 48         if(!vis[i]) {
 49             p[++top] = i;
 50         }
 51         for(int j = 1; j <= top && i * p[j] <= b; j++) {
 52             vis[i * p[j]] = 1;
 53             if(i % p[j] == 0) {
 54                 break;
 55             }
 56         }
 57     }
 58     return;
 59 }
 60 
 61 inline void add(int x, int v) {
 62     //printf("add : %d %d \n", x, v);
 63     for(int i = 1; i <= top && x > 1; i++) {
 64         while(x % p[i] == 0) {
 65             cnt[i] += v;
 66             x /= p[i];
 67         }
 68     }
 69     return;
 70 }
 71 
 72 inline LL cal(int k) {
 73     memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
 74     for(int i = 2; i <= k; i++) {
 75         add(i, 1);
 76     }
 77     for(int i = 0; i <= 9; i++) {
 78         for(int j = 2; j <= bin.a[i]; j++) {
 79             add(j, -1);
 80         }
 81     }
 82     LL ans = 1;
 83     for(int i = 1; i <= top; i++) {
 84         if(cnt[i]) {
 85             ans *= qpow(p[i], cnt[i]);
 86         }
 87     }
 88     return ans;
 89 }
 90 
 91 LL DFS(int k, bool limit) {
 92     if(k == 0) {
 93         return 1;
 94     }
 95     it = mp.find(bin);
 96     if(!limit && it != mp.end()) {
 97         return it->second;
 98     }
 99     if(!limit) {
100         LL ans = cal(k);
101         mp[bin] = ans;
102         return ans;
103     }
104     int large = limit ? num[k] : 9;
105     LL ans = 0;
106     for(int i = 0; i <= large; i++) {
107         if(!bin.a[i]) {
108             continue;
109         }
110         bin.a[i]--;
111         ans += DFS(k - 1, limit && (i == num[k]));
112         bin.a[i]++;
113     }
114     /*printf("%d %d %lld \n", k, limit, ans);
115     for(int i = 0; i <= 9; i++) {
116         printf("%d ", bin.a[i]);
117     }
118     puts("");*/
119     return ans;
120 }
121 
122 int main() {
123     getp(50);
124     scanf("%s", str);
125     int n = strlen(str);
126     for(int i = n - 1; i >= 0; i--) {
127         num[n - i] = str[i] - '0';
128         bin.a[num[n - i]]++;
129     }
130 
131     printf("%lld\n", DFS(n, 1) - 1);
132     return 0;
133 }

AC代码

洛谷P2602 数字计数

大意：求在[l, r]之中每个数码出现了几次。

首先简化它，对每个数码分别做。

这里的状态是f[k][0/1]表示在后k位是否中含有数码aim的个数。aim是枚举的。

然后我们发现，如果我们当前选的数码恰好是aim，那么额外加上后面的总个数就行了。

 1 #include <cstdio>
 2 #include <cstring>
 3 
 4 typedef long long LL;
 5 const int N = 20;
 6 
 7 LL f[N][2], pw[N], s;
 8 int num[N], aim;
 9 
10 LL DFS(int k, int sta, bool limit) {
11     if(k == 0) {
12         return sta == 0 && aim == 0;
13     }
14     if(!limit && f[k][sta] != -1) {
15         return f[k][sta];
16     }
17     LL ans = 0;
18     int large = limit ? num[k] : 9;
19     for(int i = 0; i <= large; i++) {
20         if(sta) {
21             ans += DFS(k - 1, sta, limit && (i == num[k]));
22         }
23         else {
24             ans += DFS(k - 1, i > 0, limit && (i == num[k]));
25         }
26         if(i == aim && (sta || i)) {
27             if(limit && i == num[k]) {
28                 ans += s % pw[k - 1] + 1;
29             }
30             else {
31                 ans += pw[k - 1];
32             }
33         }
34     }
35     if(!limit) {
36         f[k][sta] = ans;
37     }
38     return ans;
39 }
40 
41 inline LL solve(LL x) {
42     if(!x) {
43         return !aim;
44     }
45     int n = 0;
46     s = x;
47     while(x) {
48         num[++n] = x % 10;
49         x /= 10;
50     }
51     return DFS(n, 0, 1);
52 }
53 
54 int main() {
55     LL a, b;
56     scanf("%lld%lld", &a, &b);
57     pw[0] = 1;
58     for(int i = 1; i <= 15; i++) {
59         pw[i] = pw[i - 1] * 10;
60     }
61 
62     for(int i = 0; i <= 9; i++) {
63         aim = i;
64         memset(f, -1, sizeof(f));
65         printf("%lld ", solve(b) - solve(a - 1));
66     }
67     return 0;
68 }