数位DP学习笔记
数位DP学习笔记
- 什么是数位DP？
数位DP比较经典的题目是在数字Li和Ri之间求有多少个满足X性质的数，显然对于所有的题目都可以这样得到一些暴力的分数
我们称之为朴素算法：
for(int i=l_i;i<=r_i;i++) if(check(i)) ans++; return ans;
所有的算法都是为了减少运算步骤这一个基本原理来优化的，我们考虑这样暴力的优化，显然数的位数上面满足X性质，有些时候X性质并不是单单对于一个数的个体进行限制的
而是在某个限定区域里面的所有数字有一个X的限制，这意味着我们只要选取一定的方法，将这一部分数字除掉，其他位数的数字按照一定方法（规律填下去）就能够避免冗余运算
而且题目让我们求这样的数字有多少个而不是求出所有这样的数字，这样对于在数位上的Dp有一定的余地可以使用。
所以为了解决数位上面一些显然的规律递推，数位DP就应运而生了。
还有奶一口李建说数位DP NOIP2018会考！！！（不然我学什么学）
- 怎么做数位DP的题目？(模板)
记忆化搜索大法好！
首先有这样的前缀和思想如果我们知道了[1,Ti]中满足X性质的数的个数
现在要求[Li,Ri]之间满足X性质的数的个数那么答案就是[1,Ri]中满足X性质的数个数减去[1,Li-1]满足X性质的数个数
对于一般的数位Dp的题目当前位置的取值能取和不可取取决于前面的某个数或者某个性质X'，我们不妨在dfs搜索的时候
把这个性质X‘记录下来然后确定出当前位置的取值范围，然后再进行搜索
当然在这之中可能会存在冗余搜索，我们只要记忆化就行了，这样子，最后的复杂度就比暴力枚举要可观的多了！！！
# include <bits/stdc++.h> using namespace std; int dfs(int pos/*位置*/,/*状态*/,bool lead/*有无前导零*/,bool limt/*数位到上界标识*/) { if(pos==-1) return 1; if (!limt&&!lead&&dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state]; int up=limt?a[pos]:9; int ans=0; for (int i=0;i<=up;i++) { if () ... else if () ... ans+=dfs(pos-1,/*状态转移*/,lead&&i==0,limt&&i==a[pos]); } if (!limt&&!lead) dp[pos][state]=ans; return ans; } void solve(int x) { int pos=0; while (x) a[pos++]=x%10,x/=10; return dfs(pos-1,/*初始状态*/,1,1); } int main() { int l,r; while (~scanf("%d%d",&l,&r)) { printf("%d\n",solve(r)-solve(l-1)); } return 0; }
解释一下吧，显然数位DP也是一个DP也是存在DP的一系列限制，如无后效性等特性。
我们现在通过数位DP这个框架枚举状态而不是枚举数字了，也就是说你能够通过你记录的所有状态推出现在所有的可行解的数目
所以你设置状态的时候要包含所有可能性，不重不漏，满足所有他的子状态加起来得到的和就是母状态的值
解释一下程序吧，后面两个就不看了直接看dfs的程序：
int dfs(int pos/*位置*/,/*状态*/,bool lead/*有无前导零*/,bool limt/*数位到上界标识*/) { if(pos==-1) return 1; if (!limt&&!lead&&dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state]; int up=limt?a[pos]:9; int ans=0; for (int i=0;i<=up;i++) { if () ... else if () ... ans+=dfs(pos-1,/*状态转移*/,lead&&i==0,limt&&i==a[pos]); } if (!limt&&!lead) dp[pos][state]=ans; return ans; }
pos的话就是当前枚举那个位子每次-1，假设数位从0开始标号那么pos=-1的时候就结束了返回1，之后是记录一些状态，满足这些状态下满足条件的值(比pos位还要低的位数这样后面推更高位的时候可以重复利用)
然后lead表示这个状态是不是包含前导零（对于一些题目有无前导零不影响计数为方便起见就不设状态，然后是limt是数位上界标识就是前面若干位已经是最大了，不用更大的范围，当前枚举最大值只需要恰好0到a[pos]就够用了）
然后后面一句话就是记忆化搜索(在相同的位置有相同的状态就有相同的答案)，然后是求出这位的取值范围，然后根据题目条件判断答案可行，把可行的子状态加入到母状态的解中，最后满足没有限制时候记忆化搜索的结果。
解释一下lead和limt标识：
-
- lead指代的是：此时的数含不含前导0（显然一开始是在前面是0的情况下做的，含前导0）
- lim指代的是：此时这位的上面几位(到头)是不是都是最大值了这样此时当前位置最大值不能为9否则就超了！
- 几个好的博客
- 实战演练
sol：
# include <bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; int a[20]; int dp[20][2]; int dfs(int pos,int pre,bool state,bool lim) // 到pos位，前一个数为pre，当前有没有限制，是否是lim { if (pos==-1) return 1; if (!lim&&dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state]; int up=lim?a[pos]:9; int ans=0; for (int i=0;i<=up;i++) { if (i==4) continue; if (pre==6&&i==2) continue; ans+=dfs(pos-1,i,i==6,lim&&i==a[pos]); } if (!lim) dp[pos][state]=ans; return ans; } int solve(int x) { int o=0; while (x) { a[o++]=x%10; x/=10; } return dfs(o-1,0,0,1); } signed main() { memset(dp,-1,sizeof(dp)); while (1) { int l,r; scanf("%lld%lld",&l,&r); if (l==0&&r==0) break; printf("%lld\n",solve(r)-solve(l-1)); } return 0; }
sol:这道题和不要62这道题不同的是要处理前导是0的情况这里我们采取特判的形式，如果此时的p是在前导有0的情况下那么就把pre设置为负无穷
这样不会对后面有影响。注意这里再次强调一下lead和lim，
lead指代的是：此时的数含不含前导0（显然一开始是在前面是0的情况下做的，含前导0）
lim指代的是：此时这位的上面几位(到头)是不是都是最大值了这样此时当前位置最大值不能为9否则就超了！
# include <bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; int dp[20][10],a[20]; int dfs(int pos,int pre,bool lead,bool lim) { if (pos==-1) return 1; if (!lim&&!lead&&dp[pos][pre]!=-1) return dp[pos][pre]; int up=lim?a[pos]:9; int ans=0; for (int i=0;i<=up;i++) { if (abs(i-pre)>=2) { int p=lead&&i==0?-0x7f7f7f7f:i; ans+=dfs(pos-1,p,lead && i==0,lim && i==a[pos]); } } if (!lim&&!lead) dp[pos][pre]=ans; return ans; } int solve(int x) { int pos=0; while (x) { a[pos++]=x%10; x/=10; } return dfs(pos-1,-0x7f7f7f7f,1,1); } signed main() { memset(dp,-1,sizeof(dp)); int l,r; scanf("%lld%lld",&l,&r); printf("%lld\n",solve(r)-solve(l-1)); return 0; }
- 数位DP进阶题目选讲
