数位 DP 习题题解（洛谷题单）
本篇对应源码见仓库
solutions/xcpc/algorithm/dp/digit/。
难点在于状态转移上的处理的细节，也是极易错的点
P4999 烦人的数学作业
题意
给出一个区间 \([L, R]\)，求区间内每个数的数字和，如 \(123\) 这个数的数字和为 \(1+2+3=6\)。\(（1 ≤ L ≤ R ≤ 10^{18}）\)
思路
- \(dp[pos][sum]\): 表示当前处理到第 \(pos\) 位，数字和为 \(sum\) 的所有情况的数位之和；
- \(ans\)： 所有满足情况的数字的数位之和；
- \(dfs(pos, s, limit, lead)\): 处理第 \(pos\) 位数字，当前数字和为 \(s\)，
limit表示是否受限于上界，lead表示是否允许前导零； - \(dfs\) 递归出口: \(s\)。
示例代码
// dp[pos][sum] : pos 之前数字之和为 sum 的所有情况的数位之和
vector<vector<int>> dp(20, vector<int>(200, -1));
vector<int> num(20);
int dfs(int pos, int s, bool limit, bool lead) {
if(pos == 0) return s;
if(!limit && !lead && dp[pos][s] != -1) return dp[pos][s];
int up = limit ? num[pos] : 9;
int ans = 0;
fer(i, 0, up + 1) {
ans = (ans + dfs(pos - 1, s + i, limit && i == up, lead && !i)) % MOD;
}
if(!limit && !lead) dp[pos][s] = ans;
return ans;
}
void solve() {
ll l, r;
cin >> l >> r;
auto get = [&](ll n) -> int {
int len = 0;
dp.assign(20, vector<int> (200, -1));
while(n) {
num[++len] = n % 10;
n /= 10;
}
return dfs(len, 0, true, true);
};
cout << (get(r) - get(l - 1) + MOD) % MOD << '\n';
}
P6218 [USACO06NOV] Round Numbers S
题意
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」。
计算区间 \([l,r]\) 中有多少个「圆数」。
思路
- \(dp[pos][cnt0][cnt1]\): 表示当前处理到第 \(pos\) 位，\(0\) 的个数为 \(cnt0\)，\(1\) 的个数为 \(cnt1\) 的所有情况的满足条件的数字个数；
- \(ans\)： 所有满足情况的数字的个数；
- \(dfs(pos, cnt0, cnt1, limit, lead)\): 处理第 \(pos\) 位数字，当前 \(0\) 的个数为 \(cnt0\)，\(1\) 的个数为 \(cnt1\)，
limit表示是否受限于上界，lead表示是否处于前导零状态； - 注意： 处于前导零状态时的 \(0\) 不能计入 \(cnt0\) 。
示例代码
// dp[pos][cnt0][cnt1]
int dp[40][40][40];
vector<int> num(40);
int dfs(int pos, int cnt0, int cnt1, bool limit, bool lead) {
if(pos == 0) return lead || cnt0 >= cnt1;
if(!limit && !lead && ~dp[pos][cnt0][cnt1]) return dp[pos][cnt0][cnt1];
int up = limit ? num[pos] : 1;
int ans = 0;
fer(i, 0, up + 1) {
int new_lead = lead && !i;
ans += dfs(pos - 1, cnt0 + (!new_lead && !i), cnt1 + i, limit && i == up, new_lead);
}
if(!limit && !lead) dp[pos][cnt0][cnt1] = ans;
return ans;
}
signed main() {
IOS;
int l, r;
cin >> l >> r;
auto get = [&](int n) -> int {
int len = 0;
memset(dp, -1, sizeof dp);
while(n) {
num[++len] = n & 1;
n >>= 1;
}
return dfs(len, 0, 0, true, true);
};
cout << get(r) - get(l - 1) << '\n';
return 0;
}
P2602 [ZJOI2010]数字计数
题意
不含前导零且相邻两个数字之差至少为 2 的正整数被称为 windy 数。求在 \([a, b]\) 总共有多少个 windy 数？
思路
- \(dp[pos][pre]\): 表示当前处理到第 \(pos\) 位，前一位数字为 \(pre\) 的windy数总个数
- \(ans\)： 所有满足情况的数字的个数；
- \(dfs(pos, pre, limit, lead)\)： 处理第 \(pos\) 位数字，前一位数字为 \(pre\)，
limit表示是否受限于上界，lead表示是否处于前导零状态； - 重点在于，在 \(for\) 内枚举当前位时什么时候才能进行 \(ans\ += dfs(...)\) 递归调用？
- 当然我们可以有多个角度来思考这个问题
- 角度一：根据 \(pre\) 是否为 \(0\) 进行讨论。是，则考虑是否处于前导零阶段，是则可以递归调用，否则需要再考虑当前枚举的第 \(pos\) 位是否 \(>=2\) ；\(pre\) 不为 \(0\)，则直接考虑是否有
abs(i - pre) >= 2 - 角度二：根据当前是否处于前导零阶段。是，则可以直接递归调用；否，则需要考虑是否有
abs(i - pre) >= 2
- 如果你 \(WA\) 了，请仔细思考思考你的思路有哪些情况未考虑完整.
示例代码
// dp[pos][pre]
int dp[12][10];
vector<int> num(12);
int dfs(int pos, int pre, bool limit, bool lead) {
if(pos == 0) return lead ? 0 : 1;
if(!limit && !lead && dp[pos][pre] != -1) return dp[pos][pre];
int up = limit ? num[pos] : 9;
int ans = 0;
fer(i, 0, up + 1) {
// 角度一：pre是否为0
// if(pre == 0) {
// if(!lead && i < 2) continue;
// ans += dfs(pos - 1, i, limit && i == up, lead && !i);
// } else {
// if(abs(i - pre) < 2) continue;
// ans += dfs(pos - 1, i, limit && i == up, lead && !i);
// }
// 角度二：是否处于前导零阶段
if(lead || abs(i - pre) >= 2) {
ans += dfs(pos - 1, i, limit && i == up, lead && !i);
}
}
if(!limit && !lead) dp[pos][pre] = ans;
return ans;
}
signed main() {
IOS;
int l, r;
cin >> l >> r;
auto get = [&](int n) -> int {
memset(dp, -1, sizeof dp);
num[0] = 0;
while(n) {
num[++num[0]] = n % 10;
n /= 10;
}
return dfs(num[0], 0, true, true);
};
cout << get(r) - get(l - 1) << '\n';
return 0;
}
P2602 [ZJOI2010]数字计数
题意
给定两个正整数 \(a\) 和 \(b\)，求在 \([a,b]\) 中的所有整数中，每个数码(digit)各出现的次数。
思路
- 依次枚举数码 \(d\) ，每一次都进行数位dp
- \(dp[pos][cnt]\): 表示当前处理到第 \(pos\) 位，当前枚举的数码 \(d\) 出现次数为 \(cnt\) 时数码 \(d\) 出现的总次数；
- \(ans\)： 数码 \(d\) 出现次数；
- dfs(pos, d, cnt, limit, lead)): 处理第 \(pos\) 位数字，当前数码 \(d\) 出现次数为 \(cnt\)，
limit表示是否受限于上界，lead表示是否处于前导零状态； - 状态的转移：
ans常规处理，cnt呢？- 考虑到 \(a >= 1\)，我们不必管 0000 的情形对 0 的统计
- 在非前导零阶段时，只需要
cnt + (i == d) - 在前导零阶段时，只需要
cnt + ( d && i == d)
思考：为什么在下面的示例代码中的注释部分进行状态转移是错误的？为什么 \(cnt3\) 的状态转移是错误的？
示例代码
// dp[pos][cnt]: 枚举到pos时出现了cnt次时总共出现的次数
ll dp[15][15];
vector<int> num(15);
ll dfs(int pos, int d, int cnt, bool limit, bool lead) {
if(pos == 0) return cnt;
if(!limit && !lead && ~dp[pos][cnt]) return dp[pos][cnt];
int up = limit ? num[pos] : 9;
ll ans = 0;
fer(i, 0, up + 1) {
// if(!lead) {
// if(i == d) cnt++;
// } else {
// if(d && i == d) cnt++;
// else if(pos == 1 && i == d) cnt++;
// }
int cnt1 = cnt + (lead && !i ? 0 : i == d);
int cnt2 = cnt + (!lead && i == d || lead && d && i == d);
int cnt3 = cnt + (!lead && i == d || d && i == d || pos == 1 && i == d);
ans += dfs(pos - 1, d, cnt3, limit && i == up, lead && !i);
}
if(!limit && !lead) dp[pos][cnt] = ans;
return ans;
}
signed main() {
IOS;
ll l, r;
cin >> l >> r;
auto get = [&](ll n, int d) {
memset(dp, -1, sizeof dp);
num[0] = 0;
while(n) {
num[++num[0]] = n % 10;
n /= 10;
}
return dfs(num[0], d, 0, true, true);
};
fer(i, 0, 10) {
cout << get(r, i) - get(l - 1, i) << ' ';
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号