数位dp & 热身训练7
数位dp
数位dp是一种计数用的dp，一般就是要统计一段区间$[L,R]$内，满足一定条件的数的个数，或者各个数位的个数。
数位dp使得暴力枚举变为满足一定状态的记忆化，更加优秀。
数位dp常常会考虑以下问题：
1.前导零的处理$lead$
2.枚举的上界$limit$
3.得到答案的条件
一般数位dp的模板
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define int long long
int num[20], dp[20][...];
int dp(int pos, 状态, int limit, int lead)
{
if(!pos) return 得到答案的条件;
int &ans = dp[pos][状态];
if(!limit && !lead && ~ans) return ans;
int ret = 0;
int up = limit ? num[pos] : 9;
for(re i=0;i<=up;++i)
{
if(i==0 && lead) ret += DFS(pos-1,..., limit && i == up, 1);
else ret += DFS(pos-1,..., limit && i == up, 0);
}
return (limit || lead) ? ret : ans = ret;
}
int solve(int x)
{
int len = 0;
while(x) num[++len] = x % 10, x /= 10;
return DFS(len, ״̬ , 1, 1);
}
signed main()
{
memset(dp, -1, sizeof dp);
int T;
scanf("%lld",&T);
while(T--)
{
int x, y;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
printf("%lld\n", solve(y) - solve(x-1));
}
return 0;
}
实战篇：
例题一：Bomb
给一个数字N，求1~N有多少个数字的序列包含“49”子序列。
分析：dp状态：1.当前有无“49”；2.前一位是否位“4”；
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define int long long
int dp[20][2][2], num[20];
int dfs(int pos, int lst, int cnt, int limit)
{
if(pos == 0) return cnt;
int &ans = dp[pos][lst][cnt];
if(!limit && ~ans) return dp[pos][lst][cnt];
int up = limit ? num[pos] : 9, ret = 0;
for(re i=0;i<=up;++i)
{
if(i == 9 && lst) ret += dfs(pos-1, 0, 1, limit && i == up);
else if(i == 4) ret += dfs(pos-1, 1, cnt, limit && i == up);
else ret += dfs(pos-1, 0, cnt, limit && i == up);
}
return limit ? ret : ans = ret;
}
void work()
{
memset(dp, -1, sizeof(dp));
int n, len=0; scanf("%lld",&n);
while(n) num[++len] = n % 10, n /= 10;
printf("%lld\n", dfs(len, 0, 0, 1));
}
signed main()
{
int T;
scanf("%lld",&T);
while(T--)work();
return 0;
}
例题二：数字0-9的数量
给出一段区间a-b，统计这个区间内0-9出现的次数。
分析：这道题统计“0”的个数时，需要考虑前导零！状态：当前有多少个所需数字。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define int long long
int dp[20][20], num[20];
int dfs(int pos, int cnt, int id, int limit)
{
if(!pos)return cnt;
int &ans = dp[pos][cnt];
if(!limit && ~ans) return ans;
int up = limit ? num[pos] : 9;
int ret = 0;
for(re i=0;i<=up;++i)
ret += dfs(pos-1, cnt+(i==id), id, limit && i == up);
return limit ? ret : ans = ret;
}
int DFS(int pos, int cnt, int limit, int lead)
{
if(!pos)return cnt;
int &ans = dp[pos][cnt];
if(!limit && !lead && ~ans) return ans;
int up = limit ? num[pos] : 9;
int ret = 0;
for(re i=0;i<=up;++i)
ret += DFS(pos-1, cnt + (!lead && i == 0), limit && i == up, lead && i == 0);
return limit || lead ? ret : ans = ret;
}
int Ans[10];
signed main()
{
int a, b;
scanf("%lld%lld",&a,&b); a --;
int len = 0; while(a) num[++len] = a % 10, a /= 10;
for(re i=1;i<=9;++i) memset(dp, -1, sizeof dp), Ans[i] -= dfs(len, 0, i, 1);
memset(dp, -1, sizeof dp), Ans[0] -= DFS(len, 0, 1, 1);
len = 0; while(b) num[++len] = b % 10, b /= 10;
for(re i=1;i<=9;++i) memset(dp, -1, sizeof(dp)), Ans[i] += dfs(len, 0, i, 1);
memset(dp, -1, sizeof dp), Ans[0] += DFS(len, 0, 1, 1);
for(re i=0;i<=9;++i)printf("%lld\n", Ans[i]);
return 0;
}
例题三：幸运数
求一段区间内，满足：1.数位之和为质数；2.数位的平方和为质数。
分析：状态：1.数位和；2.数位平方和。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register int
#define LL long long
int lsp[1500], prm[1500], total;
void euler(int x)
{
lsp[1] = 1;
for(re i=2;i<=x;++i)
{
if(!lsp[i])prm[++total]=i;
for(re j=1;j<=total && prm[j]*i<=x;++j)
{
lsp[prm[j]*i] = 1;
if(i % prm[j] == 0) break;
}
}
}
int num[20];
LL dp[20][162][1458];
LL dfs(int pos, int a, int b, int limit)
{
if(!pos)return !lsp[a] && !lsp[b];
LL &ans = dp[pos][a][b];
if(!limit && ~ans) return ans;
LL ret = 0;
int up = limit ? num[pos] : 9;
for(re i=0;i<=up;++i)
ret += dfs(pos-1, a+i, b+i*i, limit && i == up);
return limit ? ret : ans = ret;
}
LL solve(LL a)
{
int len = 0;
while(a) num[++len] = a % 10, a /= 10;
return dfs(len, 0, 0, 1);
}
signed main()
{
euler(1500);
memset(dp, -1, sizeof dp);
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
LL a, b;
scanf("%lld%lld",&a,&b);
printf("%lld\n", solve(b) - solve(a-1));
}
return 0;
}
例题四：F（x）
我们定义十进制数x的权值 f(x) = a(n)*2^(n-1) + a(n-1)*2^(n-2)+...+ a(2)*2+ a(1)*1，
a(i)表示十进制数x中第i位的数字 题目给出a，b，求出0-b有多少个权值不大于f(a)的数。 数据组数T≤10000.
分析：
这道题就很有意思了！
我们先定义一个状态 $dp[pos][val]$表示$0$到$pos$位未确定，$len$到$pos+1$位权值为$val$。
这样我们确实可以推dp:
if(!pos) return val<=f(a);
else dp[pos][val] += dp[pos-1][val+x*(1<<pos)]; 1<=x<=9
但值得注意的是，f(a)在不同询问中，值不同，这样dp无法保留数据，会TLE。
因此，我们将状态变一下，val表示后pos位最多还可以有多少权值。
if(!pos) return val==0; else dp[pos][val] += dp[pos-1][val+x*(1<<pos)]; 1<=x<=9
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define re register int #define int long long int g[20]={0,1,2,4,8,16,32,64,128,256,512}; int dp[20][5000], num[20]; int DFS(int pos, int v, int limit) { if(v < 0) return 0; if(!pos) return 1; int &ans = dp[pos][v]; if(!limit && ~ans) return ans; int ret = 0, up = limit ? num[pos] : 9; for(re i=0;i<=up;++i) ret += DFS(pos-1, v-i*g[pos], limit && i == up); return limit ? ret : ans = ret; } int solve() { int a, b; scanf("%lld%lld",&a,&b); int mx = 0, len = 0; while(a) mx += a % 10 * g[++len], a /= 10; len = 0; while(b) num[++len] = b % 10, b /= 10; return DFS(len, mx, 1); } signed main() { memset(dp, -1, sizeof(dp)); int T; scanf("%lld",&T); for(re cas=1;cas<=T;++cas) printf("Case #%lld: %lld\n", cas, solve()); return 0; }
例题四：完美数
如果一个数能够被组成它的各个非0数字整除，则称它是完美数。 例如：1-9都是完美数，10,11,12,101都是完美数，但是13就不是完美数（因为13不能被数字3整除）。 现在给定正整数x,y，求x和y之间（包含x和y的闭区间）共有多少完美数。
分析：
首先一个状压S，表示哪些数字出现过，用于最终判断答案能否被出现过的数整除，O(29)
然后便是要分别记录当前数与{1,2,3,4,5,6,7,8,9}的模。但这样是O(9!)，不行。
想一想，我们其实可以不记录所有的模数，例如2的余数可以通过4来算。
于是，我们只需要记录当前数对于{1,2,3,...,8,9}的$lcm=2520$的余数，即可O(2520)来记录当前数。
但这样还不够，我们还需要优化一下。
我们状压记录数字是否出现，为的就是最后判断答案能否贡献。
其实，判断能否被所有出现的数整除，还有一种办法：
判断当前数能否被所有出现的数的lcm最小公倍数整除！
例如：判断x，出现过的数有2,7，那么只需要判断x%14即可。
打表可以知道，1到9任意数字的lcm只有不到50种，我们的状态便优化成O(50*2520*20)。极其优秀！
综上，dp状态：1.$pos$；2.$lcm$，出现过的数的最小公倍数；3.$val$，当前数除以2520的余数。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define re register int #define LL long long #define int long long int LCM[3000], total; int num[20]; int dp[20][3000][50]; int gcd(int x, int y) { if(y == 0)return x; return gcd(y, x%y); } int getlcm(int x, int y){return x*y/gcd(x, y);} int DFS(int pos, int v, int lcm, int limit) { if(!pos) return v % lcm == 0; int &ans = dp[pos][v][LCM[lcm]]; if(!limit && ~ans) return ans; int ret = 0, up = limit ? num[pos] : 9; for(re i=0;i<=up;++i) ret += DFS(pos-1, (v*10+i)%2520, i>0?getlcm(lcm, i):lcm, limit && i == up); return limit ? ret : ans = ret; } LL solve(LL x) { int len = 0; while(x) num[++len] = x % 10, x /= 10; return DFS(len, 0, 1, 1); } signed main() { for(re i=1;i<=2520;++i) if(2520 % i == 0) LCM[i] = ++total; memset(dp, -1, sizeof dp); int T; scanf("%lld",&T); while(T--) { LL x, y; scanf("%lld%lld",&x,&y); printf("%lld\n", solve(y) - solve(x-1)); } }
例题五：恨7不成妻
如果一个整数符合下面3个条件之一，那么我们就说这个整数和7有关—— 1、整数中某一位是7； 2、整数的每一位加起来的和是7的整数倍； 3、这个整数是7的整数倍； 现在问题来了：吉哥想知道在一定区间内和7无关的数字的平方和。
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