数位dp

 

参考链接：https://blog.youkuaiyun.com/wust_zzwh/article/details/52100392

数位dp是一种计数用的dp，一般就是要统计一个区间[le,ri]内满足一些条件数的个数。所谓数位dp，字面意思就是在数位上进行dp。数位还算是比较好听的名字，数位的含义：一个数有个位、十位、百位、千位......数的每一位就是数位啦！

 

之所以要引入数位的概念完全就是为了dp。数位dp的实质就是换一种暴力枚举的方式，使得新的枚举方式满足dp的性质，然后记忆化就可以了。

来个模板：

typedef long long ll;
int a[20];
ll dp[20][state];//不同题目状态不同
ll dfs(int pos,/*state变量*/,bool lead/*前导零*/,bool limit/*数位上界变量*/)//不是每个题都要判断前导零
{
    //递归边界，既然是按位枚举，最低位是0，那么pos==-1说明这个数我枚举完了
    if(pos==-1) return 1;/*这里一般返回1，表示你枚举的这个数是合法的，那么这里就需要你在枚举时必须每一位都要满足题目条件，也就是说当前枚举到pos位，一定要保证前面已经枚举的数位是合法的。不过具体题目不同或者写法不同的话不一定要返回1 */
    //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝)
    if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];
    /*常规写法都是在没有限制的条件记忆化，这里与下面记录状态是对应，具体为什么是有条件的记忆化后面会讲*/
    int up=limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up;这个的例子前面用213讲过了
    ll ans=0;
    //开始计数
    for(int i=0;i<=up;i++)//枚举，然后把不同情况的个数加到ans就可以了
    {
        if() ...
        else if()...
        ans+=dfs(pos-1,/*状态转移*/,lead && i==0,limit && i==a[pos]) //最后两个变量传参都是这样写的
        /*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了
        大概就是说，我当前数位枚举的数是i，然后根据题目的约束条件分类讨论
        去计算不同情况下的个数，还有要根据state变量来保证i的合法性，比如题目
        要求数位上不能有62连续出现,那么就是state就是要保存前一位pre,然后分类，
        前一位如果是6那么这意味就不能是2，这里一定要保存枚举的这个数是合法*/
    }
    //计算完，记录状态
    if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;
    /*这里对应上面的记忆化，在一定条件下时记录，保证一致性，当然如果约束条件不需要考虑lead，这里就是lead就完全不用考虑了*/
    return ans;
}
ll solve(ll x)
{
    int pos=0;
    while(x)//把数位都分解出来
    {
        a[pos++]=x%10;//个人老是喜欢编号为[0,pos),看不惯的就按自己习惯来，反正注意数位边界就行
        x/=10;
    }
    return dfs(pos-1/*从最高位开始枚举*/,/*一系列状态 */,true,true);//刚开始最高位都是有限制并且有前导零的，显然比最高位还要高的一位视为0嘛
}
int main()
{
    ll le,ri;
    while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))
    {
        //初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化,后面讲
        printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));
    }
}

 

应用1：HDU 2089 不要62

入门题。就是数位上不能有4也不能有连续的62，没有4的话在枚举的时候判断一下，不枚举4就可以保证状态合法了，所以这个约束没有记忆化的必要，而对于62的话，涉及到两位，当前一位是6或者不是6这两种不同情况我计数是不相同的，所以要用状态来记录不同的方案数。

dp[pos][sta]表示当前第pos位，前一位是否是6的状态，这里sta只需要去0和1两种状态就可以了，不是6的情况可视为同种，不会影响计数。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[20];
int dp[20][2];///表示当前第pos味，前一位是否是6的状态，sta为1表示前一位是6，sta为0表示前一位不是6
int dfs(int pos,int pre,int sta,bool limit)
{
    if(pos==-1) return 1;
    if(!limit && dp[pos][sta]!=-1) return dp[pos][sta]; ///表示此位置开始无限制，
    int up=limit ? a[pos] : 9;  
    int tmp=0;
    for(int i=0;i<=up;i++)
    {
        if(pre==6 && i==2)continue;
        if(i==4) continue;///都是保证枚举合法性
        tmp+=dfs(pos-1,i,i==6,limit && i==a[pos]);
    }
    if(!limit) dp[pos][sta]=tmp;
    return tmp;
}
int solve(int x)
{
    int pos=0;
    while(x)
    {
        a[pos++]=x%10;
        x/=10;
    }
    return dfs(pos-1,-1,0,true);
}
int main()
{
    int le,ri;
    //memset(dp,-1,sizeof dp);可优化
    while(~scanf("%d%d",&le,&ri) && le+ri)
    {
        memset(dp,-1,sizeof dp);
        printf("%d\n",solve(ri)-solve(le-1));
    }
    return 0;
}

 

参考链接：https://blog.youkuaiyun.com/V5ZSQ/article/details/79132103

应用2：hdu6156

进制范围较小，直接枚举，问题变成求1~N中有多少数字在d进制下为回文数，数位DP，以dp[len][pos][d][sta]表示当前数字长度为len，当前在第pos位，当前数字进制是d，回文状态是sta（sta=1表示回文，ssta=0表示不回文）的数字个数，如果在放前半部分直接放即可，放后半部分时候判断与对称位置数字是否相同来改变回文状态。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int T,Case=1,L,R,l,r,a[37],b[37];
ll dp[37][37][37][2];
ll dfs(int len,int pos,int d,int sta,int fp)
{
    if(!pos)
    {
        if(sta)return d; ///sta为1，表示当前为回文
        return 1;
    }
    if(!fp&&~dp[len][pos][d][sta])return dp[len][pos][d][sta];
    ll ans=0;
    int fpmax=fp?a[pos]:d-1;
    for(int i=0;i<=fpmax;i++)
    {
        b[pos]=i; ///存储字符串
        
        if(len==pos&&i==0)ans+=dfs(len-1,pos-1,d,sta,fp&&i==fpmax);///前导0，故长度要减1
        else if(sta&&pos<=len/2)ans+=dfs(len,pos-1,d,sta&&i==b[len+1-pos],fp&&i==fpmax);
            ///表示放到后半部分，需要判断对称的位置
        else ans+=dfs(len,pos-1,d,sta,fp&&i==fpmax);
            ///表示放在前半部分，不需判断，直接放就好了
    }
    if(!fp)dp[len][pos][d][sta]=ans;
    return ans;
}
ll Solve(int n,int d)
{
    int len=0;
    while(n)a[++len]=n%d,n/=d;
    return dfs(len,len,d,1,1);
}
int main()
{
    memset(dp,-1,sizeof(dp)); ///初始化在这，优化复杂度
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d%d",&L,&R,&l,&r);
        ll ans=0;
        for(int i=l;i<=r;i++)ans+=Solve(R,i)-Solve(L-1,i);
        printf("Case #%d: %lld\n",Case++,ans);
    }
    return 0;
}

 

我的标签：做个有情怀的程序员。