数位dp之记忆化搜索

数位dp之记忆化搜索

原文章

前言

数位dp主要解决 “在区间 [l , r] 这个范围内，满足某种 约束 的数字的 数量、总和、平方 ” 的这类问题

针对这种问题，有两种写法：记忆化搜索 和 迭代写法

这里我们采用记忆化搜索的写法，因为好写、思路较为清晰

引入

数位dp有个通用套路：将求解 [l,r] 区间内的满足约束的数的数量转化为求解 \(1 \sim n\) 的满足约束的个数 \(f(n)\) ，然后再用 \(f(r) - f(l - 1)\) 即可

然后将数字 \(x\) 拆成一个个数位的，也就是个、十、百、千、万……

数位，如个位、十位、百位等，单个数码（比如十进制，此处就是指0∼9）在数x中所占据的一个位置

在代码中的表现为：

  • \(a[1 \sim len]\) ：将数字拆分为 \(R\) 进制，用数组储存，\(a[i]\) 表示在 \(R^{i - 1}\) 处的系数
  • 比如十进制数字 4321 ，转化为a数组后，a[4] = 4, a[3] = 3, a[2] = 2, a[1] = 1
typedef long long ll;
ll solve (ll x) {
    int len = 0;
    while (x) {
        a[++len] = x % 10;
        x /= 10;
    }
    return dfs (...);
}

时间复杂度分析

image

例题

例题0：烦人的数学作业

求解区间 \([L,R]\) 中所有数的数位和之和
数位和：一个数的所有数位上的数字加起来的和，比如313的数位和为3+1+3=7
共 \(1 \le T \le 20\) 组数据，其中\(1 \le L \le R \le 10^{18}\)

在做题之前我们需要将这题需要用到的一些参数声明一下

  • \(pos\) ：表示当前枚举到的位置，一般从高到低
  • \(limit\) ：bool 型变量，表示枚举的 pos 位是否收到限制
    • 1：表示受限，取到的数不能大于 a[pos]
    • 0：不受限，可以取到 [0, R - 1]
  • \(sum\) ：表示当前 \(len \to (pos + 1)\) 的数位和

如果我们直接进行 dfs 搜索的话，时间复杂度为 \(O(10^{len})\) ，这是我们不能接受的

所以我们记录 \(f[pos][sum]\) 表示：

  • 位置 \([pos + 1, len]\) 都已经填写完毕，且这些数位之和为 \(sum\) 的情况下，数位 \([1,pos]\) 任意填写（即 limit 为0）
  • \(f[pos][sum]\) 为满足约束的所有数的数位和之和

这样我们就可以写出 dfs 的代码

memset (f, -1, sizeof f);
ll dfs (int pos, int sum, bool limit) {
    if (!pos) return sum;
    if (!limit && ~f[pos][sum])
        return f[pos][sum];
    int up = limit ? a[pos] : 9;
    ll res = 0;
    for (int i = 0; i <= up; i++) {
        res += dfs (pos - 1, sum + i, limit && i == up);
    }
    if (!limit) f[pos][sum] = res;
    return res;
}
ll solve (ll x) {
    int len = 0;
    while (x) {
        a[++len] = x % 10;
        x /= 10;
    }
    //这里可以看做一开始顶着 0 的上界
    return dfs (len, 1, 0);
}

dfs函数常用的参数

  • \(pos\) ：表示当前枚举到的位置，一般从高到低
  • \(limit\) ：bool 型变量，表示枚举的 pos 位是否收到限制
    • 1：表示受限，取到的数不能大于 a[pos]
    • 0：不受限，可以取到 [0, R - 1]
  • \(last\) ：表示上一位（第 pos + 1 位）填写的值
    • 往往用于约束了相邻数位关系的题目
  • \(lead0\) ：bool 型，表示是否有 前导零 ，即在 \(len \to (pos + 1)\) 这些位置是不是都是 前导零
    • 基于常识，我们往往默认一个数没有前导零，也就是最高位不能为 0
    • 只有没有前导零的时候，才能计算 0 的贡献
    • 前导零何时跟答案有关？
      • 统计 0 的出现次数
      • 相邻数字的差值
      • 以最高位为起点确定的奇偶位
  • \(sum\) ：表示当前 \(len \to (pos + 1)\) 的数位和
  • \(r\) ：表示整个数前缀取模某个数 \(m\) 的余数
    • 一般会用在：约束中出现了能被 \(m\) 整除
    • 也可以扩展为数位和驱魔的结果
  • \(st\) ：用于状态压缩
    • 对一个集合的数在数位上出现次数的奇偶性有要求时，其二进制形式就可以表示每个数出现的奇偶性

例题1：数字计数

给定两个正整数 \(a\) 和 \(b\) ，求 \([a,b]\) 中的所有整数中，每个数码各出现了多少次。

\(1 \le a \le b \le 10^{12}\)

这道题因为要统计每个数码出现的次数，所以我们要考虑前导零的问题（lead0）

假设当前要统计的数字为 digit ，我们设状态：\(f[pos][cnt]\)

  • 当前面已经填过非零的数码时（没有前导零）并且没有上界，在 \([pos + 1, len]\) 中填了 \(cnt\) 个 \(digit\) ，\([1 \sim pos]\) 任意填
  • 当 \(limit = 0\) 且 \(lead0 = 0\) 时，显然 \(0 \sim 9\) 的出现次数相同，所以我们只需记 \(f[pos][cnt]\) 即可
  • 所以 \(f[pos][cnt]\) 表示满足约束的数中 \(digit\) 出现的次数的总和

由此得到这道题的 dfs

ll dfs (int pos, int cnt, bool limit, bool lead0) {
	if (!pos) return cnt;
    //引用，方便后面的判断以及赋值
	auto &now = f[pos][cnt];
	if (!lead0 && !limit && ~now) return now;
	int up = limit ? a[pos] : 9;
	ll res = 0;
	for (int i = 0; i <= up; i++) {
		int tmp = cnt + (digit == i);
        //这里如果有前导零，并且统计的是 0 ，那么 cnt 归零
		if (lead0 && digit == 0 && i == 0) tmp = 0;
		res += dfs (pos - 1, tmp, limit && (i == up), lead0 && (i == 0));
	}
    //如果没有限制，复用
	if (!lead0 && !limit) now = res;
	return res;
}

例题2：windy数

相邻两个数码之差至少为 2 （不包括前导零）的正整数被称为 windy 数。求在 \([a,b]\) 中有多少个 windy 数? \(1 \le a, b \le 1e9\)

这道题约束了数位相邻间的关系，所以我们要记录一个 \(last\)

设 \(f[pos][last]\) 表示：

  • 集合：当前填到第 \(pos\) 位，\([pos + 1, len]\) 位已经填好，上一位（pos + 1）为 \(last\) ，\([1,pos]\) 随便填
  • 值：满足约束的数字个数

因为 相邻两个数码之差至少为 2（不包括前导零） ，所以我们需要对有没有前导零进行分类讨论，并且要记录是否有前导零，因为有没有前导零的状态是不同的

得出 \(dfs\)

int dfs (int pos, int last, int lead0, int limit) {
	if (!pos) return 1;
	auto &now = f[pos][last];
	if (!lead0 && !limit && ~now) return now;
	int up = limit ? a[pos] : 9;
	int res = 0;
	for (int i = 0; i <= up; i++) {
        //如果没有前导零，并且当前要填的数码与上个数码之差 < 2，不合法，跳过
		if (!lead0 && abs (i - last) < 2) continue;
		res += dfs (pos - 1, i, lead0 && (i == 0), limit && (i == up));
	}
	if (!lead0 && !limit) now = res;
	return res;
}

例题3：花神的数论题

设 \(sum(i)\) 表示 \(i\) 的二进制表示中 1 的个数。给定一个 \(N\) ，求出 \(\prod_{i=1}^{N}sum(i)\) ，答案 mod 1e7+7

这道题同样是求一个数中某个数码的出现次数，所以我们可以设 \(f[pos][cnt]\) 表示：

  • 集合：填完 \([pos + 1, len]\) 位，出现 \(cnt\) 个 1 ，\([1, pos]\) 位随便填
  • 值：满足约束的所有数，每个数 1 的个数的乘积

注意，这道题的幺元为 1 ，因为要求乘积。还有如果枚举到 0 ,要返回 1

ll dfs (int pos, int cnt, int limit) {
	if (!pos)
		return max (cnt, 1);
	auto &now = f[pos][cnt];
	if (!limit && ~now) return now;
	int up = limit ? a[pos] : 1;
	ll res = 1;
	for (int i = 0; i <= up; i++) {
		cnt += (i == 1);
		res *= dfs (pos - 1, cnt, limit && (i == up));
		res %= mod;
	}
	if (!limit) now = res;
	return res;
}

例题4：Round Numbers S

如果一个正整数的二进制表示中，0 的数目不小于 1 的数目，那么它就被称为「圆数」。
例如，9 的二进制表示为 1001，其中有 2 个 0 与 2 个 1。因此，9 是一个「圆数」。
请你计算，区间 [l,r] 中有多少个「圆数」。
对于 100% 的数据，\(1 \le l, r \le 10^9\)。

这道题中答案的统计与 0、1 的个数相关，所以我们要统计 \(cnt0, cnt1, lead0\)

设 \(f[pos][cnt0][cnt1]\) 表示：

  • 集合：填完 \([pos + 1, len]\) 位，出现 \(cnt0\) 个 0 ，\(cnt1\) 个 1， \([1, pos]\) 位随便填
  • 值：集合中所有满足条件的数的个数
int dfs (int pos, int cnt0, int cnt1, bool lead0, bool limit) {
	if (!pos) 
		return cnt0 >= cnt1;
    
	int &now = f[pos][cnt0][cnt1];
	if (!lead0 && !limit && ~now) return now;
	int up = limit ? a[pos] : 1;
	int res = 0;
	for (int i = 0; i <= up; i++) {
		bool pre0 = lead0 && (i == 0);
		int s0 = pre0 ? 0 : cnt0 + (i == 0);
		int s1 = pre0 ? 0 : cnt1 + (i == 1);
		res += dfs (pos - 1, s0, s1, pre0, limit && (i == up));
	}
	if (!lead0 && !limit) now = res;
	return res;
}

例题5：Magic Numbers

给定 4 个整数 \(m,d,l,r\) ,保证 \(l,r\) 位数相同。
问满足以下条件的数 \(x\) 的个数：
1）\(l≤x≤r\)
2）\(x\) 的偶数位是 \(d\)，奇数位不是 \(d\)。 （这里定义偶数位为从高位往低位的数的偶数位）
3）\(m|x\)
答案对 \(1000000007\) 取模。
\(1≤m≤2000,0≤d≤9,1≤l≤r≤10^{2000}\)

好恶心

这道题中我们需要统计的参数：

  • \(r\) ：最终的数 \(x\) ，因为 \(m \mid x\)
  • \(even\) ：是否为偶数位

这里我们要考虑一个问题，我们是否需要记录前导零？

  • 因为跟最高位有关，但最高位不一定是 \(len\) ，所以要加？

但是题目中给了一个约束，保证 \(l, r\) 位数相同

我们默认我们搜索出来的所有数，都是允许含有前导零的len位数，因为l,r是不含有前导零的len位数字，所以那些不含有前导零的小于len位的数字，就会在二者答案相减的时候被扣除掉（也就是说不含前导零小于len位数的那些数，我们计数错了也没有关系）

设 \(f[pos][r]\) 表示：

  • 集合：已经填完 \([pos + 1, len]\) 位，已经填好的数码组成的数 \(x \bmod m = r\) ，\([1, pos]\) 随便填
  • 值：所有满足条件的数的个数
ll dfs (int pos, int r, bool even, bool limit) {
	if (!pos) return (r == 0);
	ll &now = f[pos][r];
	if (!limit && ~now) return now;
	int up = limit ? a[pos] : 9;
	ll res = 0;
	int ne = even ^ 1;
	if (even) {
		if (d <= up) {
			res += dfs (pos - 1, (r * 10 + d) % m, ne, limit && (d == up));
			res %= mod;
		}
	} else {
		for (int i = 0; i <= up; i++) {
			if (i == d) continue;
			res += dfs (pos - 1, (r * 10 + i) % m, ne, limit && (i == up));
			res %= mod;
		}
	}
	if (!limit) now = res;
	return res;
}

如果 \(l, r\) 不保证位数相同呢？

我们就需要加上 \(lead0\) ，并且状态变成 \(f[pos][r][0/1]\) 表示：

  • 集合：\([pos + 1, len]\) 已经填完，并且填好的数码组成的数字 \(x \bmod m = r\) ，\(pos\) 位为从最高位开始的 偶/奇 数位，\([1, pos]\) 随便填
  • 值：所有满足约束的数的个数

例题6：手机号码

手机号码 11 位，求出 \([l, r]\) 中满足以下条件的号码

  • 号码中必须出现某三个相邻的数字相同
  • 号码中不能同时出现 4 和 8

号码一定是 11 位 ，\(10^{10} \le l \le r < 10^{11}\)

这道题要用的参数

  • \(last1\) ：\(pos + 1\) 位填的数，如果没有为 10
  • \(last2\) ：\(pos + 2\) 位填的数，如果没有为 10
  • \(have4\) ：是否出现过 4
  • \(have8\) ：是否出现过 8
  • \(lead0\) ：前导零

设 \(f[pos][la1][la2][ok][have4][have8]\) 表示：

  • 集合：\([pos + 1, len]\) 已经填好，上位为 \(la1\) ，上上位为 \(la2\) ，是/否 满足第一个条件，是/否 出现过 4，是/否 出现过 8，\([1, pos]\) 随便填
  • 值：集合中满足约束的数的个数
ll dfs (int pos, int la1, int la2, bool ok, bool h4, bool h8, bool limit, bool lead0) {
	if (!pos) return ok && !(h4 && h8) ? 1 : 0;
	if (h4 && h8) return 0;
	
	auto &now = f[pos][la1][la2][ok][h4][h8];
	
	if (!limit && !lead0 && ~now) return now;
	ll res = 0;
	int up = limit ? a[pos] : 9;
	for (int i = 0; i <= up; i++) {
		int nok = ok || (i == la1 && i == la2);
		if (lead0) nok = 0;
		res += dfs (pos - 1, i, la1, nok, h4 || (i == 4), h8 || (i == 8), limit && (i == up), lead0 && (i == 0));
	}
	if (!limit && !lead0) now = res;
	return res;
}

ll solve (ll x) {
	// if (x < 1e10) return 0;
	len = 0;
	while (x) {
		a[++len] = x % 10;
		x /= 10;
	}
	return dfs (len, 10, 10, 0, 0, 0, 1, 1);
}

例题7：CF885E Slytherin's Locket

求 \(l...r\) 之间转成 \(b\) 进制后，\(0,1,2...,b - 2, b - 1\) 都出现偶数次的数的个数。

\(1 \le q \le 10^5 \ ,\ 2 \le b \le 10 \ , \ 1 \le l \le r \le 10^{18}\)

因为要记录一个集合中各个元素的出现次数，且只与奇偶性相关，那么我们可以用一个 \(st\) 来表示集合的状态

参数：

  • \(st\) ：表示 \(0 \sim b - 1\) 中每个数出现的奇偶性
  • \(lead0\) ：是否含有前导零，因为要统计 0 的出现次数

\(f\) 数组中设出进制 \(b\) 可以复用，毕竟 \(b \le 10\)

设 \(f[b][pos][st]\) 表示：

  • 集合：\(r\) 进制，\([pos + 1, len]\) 已经填好，\(0 \sim r - 1\) 各个数出现次数的奇偶性，\([1,pos]\) 随便填
  • 值：集合中满足约束的数的个数
ll dfs (int b, int pos, int st, bool lead0, bool limit) {
	if (!pos) {
		for (int i = 0; i < b; i++) {
			if (st & (1 << i)) return 0;
		}
		return 1;
	}
	auto &now = f[b][pos][st];
	if (!limit && !lead0 && ~now) return now;
	ll res = 0;
	int up = limit ? a[pos] : b - 1;
	for (int i = 0; i <= up; i++) {
		bool pre0 = lead0 && (i == 0);
		if (pre0) res += dfs (b, pos - 1, st, pre0, limit && (i == up));
		else res += dfs (b, pos - 1, st ^ (1 << i), pre0, limit && (i == up));
	}
	if (!limit && !lead0) now = res;
	return res;
}

例题8：Balanced Numbers

一个数被称为是平衡的数，当且仅当对于所有 出现过 的数码（即 0−9 ），每个偶数出现奇数次，每个奇数出现偶数次。给定 A,B，请统计出 [A,B] 内所有平衡数的个数。
\(1≤A≤B≤10^{19}\)

这道题跟前一道题很相似，也是对数码的出现次数的奇偶性做出了限制

注意，这题的坑在于 当且仅当对于所有 出现过 的数码 ，重点在于出现过，也就是没有出现过的数码我们是不用管的

设 \(f[pos][st][v]\) 表示：

  • 集合：\([pos + 1, len]\) 已经填完，已经填完的数的数码的奇偶性集合为 \(st\) ，数码的出现情况为 \(v\) ， \([1, pos]\) 位任意填
  • 值：集合中满足条件的数的个数

dfs

ll dfs (int pos, int st, int v, bool lead0, bool limit) {
	if (!pos) {
		for (int i = 0; i <= 9; i++) {
			if (!(v & (1 << i))) continue;
			if ((i & 1) && (st & (1 << i))) return 0;
			if (!(i & 1) && !(st & (1 << i))) return 0;
		}
		return 1;
	}
	auto &now = f[pos][st][v];
	if (!limit && !lead0 && ~now) return now;
	ll res = 0;
	int up = limit ? a[pos] : 9;
	for (int i = 0; i <= up; i++) {
		int pre0 = lead0 && (i == 0);
		if (pre0) {
			res += dfs (pos - 1, v, st, pre0, limit && (i == up));
		} else {
			res += dfs (pos - 1, st ^ (1 << i), v | (1 << i), pre0, limit && (i == up));
		}
	}
	if (!limit && !lead0) now = res;
	return res;
}

例题9：XOR Sum

给定三个整数 \(n,m,k \ (0 ≤ n ≤ 10^{15},0≤m≤10^{12},1≤k≤18)\) ，求解有多少个长度为 \(k\) 的数组 \(a[1⋯k]\) 满足如下约束：
（1） \(0≤a[i]≤m\)
（2）\(\displaystyle \left(\sum_{i = 1}^k\sum_{j = 1}^{i - 1}a[i] \oplus a[j] \right)=n\)
其中 \(\oplus\) 表示异或运算，答案 \(\bmod 1e9 + 7\)

我靠，真他妈恶心

这道题和常见的数位dp的形式不太一样，以往的数位dp我们都是一位一位填数，但这里显然不能这么做，而且要统计他们异或起来的贡献，并不好做。所以这里我们要 \(k\) 个数一起一位一位地填

因为这题的限制条件有二进制的异或，所以我们把每个数拆分成二进制来考虑，那么每一位要么填 0 要么填 1 ，观察式子，发现其实就是从这些数里任意选两个数的组合 \(C_k^2\) ，将选中的两个数异或，\(\sum a[i] \oplus a[j]\) 就是答案

那我们对每一位进行讨论的时候，就可以考虑这一位有多少数填 1 多少数填 0 ，但是可能有些数的这一位是收到限制的，所以我们定义 \(s\) 表示 \(pos\) 位有多少数收到限制，也就是有 \(s\) 个数的这一位不能超过 \(b[pos]\) （\(b[]\) 是将 \(m\) 二进制拆分后得到的每一位）

需要用到的参数：

  • \(s\) ：到第 \(pos\) 位有多少数收到限制
  • \(sum\) ：前面填过的数的贡献为多少，最后要求 \(sum = n\)

分情况讨论受限情况

  • \(b[pos] = 1\) ，设在有限制的 \(s\) 个数中选了 \(i\) 个 1 ，在没有限制的 \(k - s\) 个数中选了 \(j\) 个 1 ：

    • 产生的贡献 ：\(v = 2^{pos} * (i + j) * (k - i - j)\)

    • 方案数为：\(\displaystyle tmp = \binom{s}{i} * \binom{k - s}{j}\)

    • 下一个状态 \(s = i\)

  • \(b[pos] = 0\) ，设在没有限制的 \(k - s\) 个数中选了 \(j\) 个 1

    • 产生的贡献：\(v = 2^{pos} * j * (k - j)\)
    • 方案数为：\(\displaystyle tmp = \binom{k - s}{j}\)
    • 下个状态 \(s = s\)

设 \(f[pos][s][sum]\) 表示：

  • 集合：\([pos + 1, len]\) 已经填完，第 \(pos\) 位有 \(s\) 个数受限，已经填完的数的贡献为 \(sum\) ，\([1, pos]\) 随便填
  • 值：集合中满足约束的数的个数

这里 \(sum\) 是个 \(1e15\) 级别的数，但是合法状态数比较少，所以我们可以用 \(map\) 来存，map<ll, ll> f[N][N]

但是这样的时间复杂度还是有些高，考虑剪枝：

  • \(sum > n\) 退出
  • 考虑剩下的每一位都按照 一半填 1 一半填 0 的策略填数，的到最大贡献 \(X = 2^{pos + 1} - 1 * (k / 2) * (k - k / 2)\) ，如果 \(sum + X < n\) ，退出
posted @ 2025-06-25 16:08  michaele  阅读(37)  评论(0)    收藏  举报