数位dp从会打模板到不会打模板

打了几个数位$dp$，发现自己除了会打模板之外没有任何长进，遇到非模板题依然什么都不会

那么接下来这篇文章将介绍如何打模板（滑稽）

假设我们要处理$l----r$

采用记忆化搜索的方式，枚举$<=r$每一种情况，枚举每一位，然后再枚举$<=l-1$每一种情况，然后两个值相减即可

我们可以比较轻松打出一个模板

ll dfs(ll x,ll pre,ll lead,ll limit){
    if(x>pos) return 1;
    if(!limit&&f[x][pre]) return f[x][pre];
    ll ans=0;
    ll mx=limit?maxn[pos-x+1]:9;
    for(ll i=0;i<=mx;i++){
        if(????????) continue;
        if(lead&&i==0) ans+=dfs(x+1,-2,1,limit&&(i==mx));
        else ans+=dfs(x+1,i,0,limit&&(i==mx));
    }
    if(!limit&&!lead) f[x][pre]=ans;
    return ans;
}

解释一下$limit$是什么

假设有一个数

$1\ 2\ 3\ 4\ 5\ 6$

$1\ 2\ 3\ ?\ ?\ ?$

我们枚举到第四位时最多枚举到$4$，

$1\ 2\ 3\ 4\ 5\ 6$

$1\ 2\ 2\ ?\ ?\ ?$

这时我们枚举到第四位最多枚举到$9$

$limit$就是判断这个的

那么为什么要在$！limit$下才记忆化呢？

如果在所有情况下我们都记录f，那么假如之前枚举到$9$时你记录了一个答案，然后当前位有$limit$限制根本枚举不到$9$，你仍然用了这个f会出现错误

当然你这样记忆化也可以这样避免冲突

ll dfs(ll x,ll limit,ll tmp,ll d){
    if(f[x][limit][tmp][d]) 
         return f[x][limit][tmp][d];
       ………………    
    f[x][limit][tmp][d]=ans;
    return ans;
}

解释一下$lead$

处理前导0用的，

有的时候

$0\ 0\ 0\ 4\ 5\ 6$

也被认为是合法的，这时处理可能会出现问题，$lead$特判特殊处理

那么我们看几道模板题

例题

windy数

Windy 定义了一种 Windy 数：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。

Windy 想知道，在l和r 之间，包括l 和 r ，总共有多少个 Windy 数？

非常简单对不对

套模板

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 50
ll f[A][A],maxn[A];
ll pos=0,a,b;
ll dfs(ll x,ll pre,ll lead,ll limit){
    if(x>pos) return 1;
    if(!limit&&f[x][pre]) return f[x][pre];
    ll ans=0;
    ll mx=limit?maxn[pos-x+1]:9;
//    printf("mx=%lld\n",mx);
    for(ll i=0;i<=mx;i++){
        if(abs(pre-i)<2) continue;
        if(lead&&i==0) ans+=dfs(x+1,-2,1,limit&&(i==mx));
        else ans+=dfs(x+1,i,0,limit&&(i==mx));
//        printf("ans=%lld\n",ans);
    }
    if(!limit&&!lead) f[x][pre]=ans;
    return ans;
}
ll solve(ll x){
    pos=0;
    memset(f,0,sizeof(f));
    while(x){
        maxn[++pos]=x%10;
        x/=10;
    }
    ll ans=dfs(1,-2,1,1);
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&a,&b);
    swap(a,b);
    printf("%lld\n",solve(a)-solve(b-1));
}

不要62

$l---r$间数位上不含$4$且没有$62$相连的数个数

套模板

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 50
ll f[A][A],maxn[A];
ll pos=0,a,b;
ll dfs(ll x,ll pre,ll limit){
    if(!x) return 1;
    if(!limit&&f[x][pre]) return f[x][pre];
//    printf("x=%lld pre=%lld  limit=%lld\n",x,pre,limit);
    ll ans=0;
    ll mx=limit?maxn[x]:9;
    for(ll i=0;i<=mx;i++){
        if(pre==6&&i==2) continue;
        if(i==4) continue;
        ans+=dfs(x-1,i,limit&&(i==mx));
    }
//    printf("ans=%lld\n",ans);
    if(!limit) f[x][pre]=ans;
    return ans;
}
ll solve(ll x){
    pos=0;
    memset(f,0,sizeof(f));
    while(x){
        maxn[++pos]=x%10;
        x/=10;
    }
    ll ans=dfs(pos,0,1);
    return ans;
}
int main(){
    a=233,b=233;
    while(a!=0&&b!=0){
        scanf("%lld%lld",&a,&b);
        if(a<b)swap(a,b);
        if(a==0||b==0){
            return 0;
        }
        printf("%lld\n",solve(a)-solve(b-1));
    }
}

手机号码

至少$3$个相邻的相同的数，$8$ $4$不能同时出现

套模板，注意下特判，不然会70到自闭

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 30
ll f[A][A][A][2][2][2],pos[A];
ll tot=0,a,b;
ll dfs(ll x,ll prer,ll pre,ll limit,ll _4,ll _8,ll ok){
    if(_4&&_8) return 0;
    if(x>tot&&!ok) return 0;
    if(x>tot&&ok) return 1;
    if(!limit&&f[x][prer][pre][_4][_8][ok]) return f[x][prer][pre][_4][_8][ok];
    ll maxn=limit?pos[tot-x+1]:9;
    ll ans=0;
    for(ll i=0;i<=maxn;i++){
        if(x==1&&i==0) continue;
        if(_4&&i==8) continue;
        if(_8&&i==4) continue;
        if(pre==prer&&i==pre&&i==prer)
            ans+=dfs(x+1,pre,i,(limit&&i==maxn),(_4||i==4),(_8||i==8),1);
        else 
            ans+=dfs(x+1,pre,i,limit&&(i==maxn),(_4||i==4),(_8||i==8),ok);
//        printf("ans=%lld i=%lld maxn=%lld\n",ans,i,maxn);
    }
    if(!limit)
        f[x][prer][pre][_4][_8][ok]=ans;
    return ans;
}
ll solve(ll x){
    tot=0;
    if(x<1e10) return 0;
    memset(f,0,sizeof(f));
    while(x){
        pos[++tot]=x%10;
        x/=10;
    }
    ll ans=dfs(1,0,0,1,0,0,0);
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&a,&b);
    if(a<b) swap(a,b);
    printf("%lld\n",solve(a)-solve(b-1));
}

花神的数论题

设 sum(i) 表示 i 的二进制表示中 1 的个数。给出一个正整数 N ，花神要问你派(Sum(i)),也就是 sum(1)—sum(N) 的乘积。

套模板，等等，我要套什么，

这个题不算很板，值得思考思考。

数位dp计算出所有二进制下sum个数，然后快速幂处理一下，

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define A 53
#define mod 10000007
#define ll long long
ll n,tot=0,sum=0;
ll f[A][2][A][A],ans[A],pos[A];
ll dfs(ll cur,ll up,ll tmp,ll d){
    if(!cur)
        return tmp==d;
    if(~f[cur][up][tmp][d])
        return f[cur][up][tmp][d];
    ll lim=up?pos[cur]:1;
    ll ret=0;
    for(ll i=0;i<=lim;i++)
        ret+=dfs(cur-1,up&&i==lim,tmp+(i==1),d);
    return f[cur][up][tmp][d]=ret;
}
ll meng(ll a,ll b){
    ll ret=1;
    while(b)
        ret=ret*(b&1?a:1)%mod,a=a*a%mod,b>>=1;
    return ret;
}
ll solve(ll x){
    sum=1;
    while(x){
        pos[++tot]=x&1;
        x>>=1;
    }
    for(ll i=1;i<=tot;i++){
        memset(f,-1,sizeof(f));
        ans[i]=dfs(tot,1,0,i);
    }
    for(ll i=1;i<=tot;i++){
        sum=(sum*max(meng(i,ans[i]),1ll))%mod;
    }
    return sum;
}
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    printf("%lld\n",solve(n));
}