HDU - 3652 B-number

本文介绍了一种使用数位DP的方法来解决寻找特定范围内既包含子字符串'13'又能被13整除的非负整数数量的问题。通过深度优先搜索(DFS)策略实现了高效的计算。

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题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3652

题目大意:1~n 中包含13且是13的倍数的数的个数


sol:数位dp模版题

dfs(pos,pre,mo,ok,limit) 表示正在处理第pos位,前一位为pre(用于处理是否含13),对13取模为mo,是否已经包含ok,是否满足边界限制limit的数的个数。


B-number

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 7852    Accepted Submission(s): 4629


Problem Description
A wqb-number, or B-number for short, is a non-negative integer whose decimal form contains the sub- string "13" and can be divided by 13. For example, 130 and 2613 are wqb-numbers, but 143 and 2639 are not. Your task is to calculate how many wqb-numbers from 1 to n for a given integer n.
 

Input
Process till EOF. In each line, there is one positive integer n(1 <= n <= 1000000000).
 

Output
Print each answer in a single line.
 

Sample Input

 
13 100 200 1000
 

Sample Output

 
1 1 2 2

code:

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 60;
const int mod = 1e9+7;

ll dp[40][10][13][2];
int a[maxn];


ll dfs(int pos,int pre,int mo,bool ok,bool limit){
	if(pos==-1) {
		if(ok&&mo==0) return 1;
		else return 0;
	}
	if(!limit&&dp[pos][pre][mo][ok]!=-1) return dp[pos][pre][mo][ok];
	ll ans=0;
	int up=limit?a[pos]:9;
	for(int i=0;i<=up;i++){
		if(pre==1){
			ans=ans+dfs(pos-1,i,(mo*10+i)%13,ok||(i==3),limit&&i==up);
		}else {
			ans=ans+dfs(pos-1,i,(mo*10+i)%13,ok,limit&&i==up);
		}
	}
	if(!limit) {
		dp[pos][pre][mo][ok]=ans;
	}
	return ans;
}

ll sol(ll x){
	int pos=0;
	while(x){
		a[pos++]=x%10;
		x/=10;
	}
	return dfs(pos-1,0,0,false,true);
}

int main(){
	ll n;
	memset(dp,-1,sizeof(dp));
	while(scanf("%lld",&n)==1){
		ll ans=sol(n);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

HDU-3480 是一个典型的动态规划问题,其题目标题通常为 *Division*,主要涉及二维费用背包问题或优化后的动态规划策略。题目大意是:给定一个整数数组,将其划分为若干个连续的子集,每个子集最多包含 $ m $ 个元素,并且每个子集的最大值与最小值之差不能超过给定的阈值 $ t $,目标是使所有子集的划分代价总和最小。每个子集的代价是该子集最大值与最小值的差值。 ### 动态规划思路 设 $ dp[i] $ 表示前 $ i $ 个元素的最小代价。状态转移方程如下: $$ dp[i] = \min_{j=0}^{i-1} \left( dp[j] + cost(j+1, i) \right) $$ 其中 $ cost(j+1, i) $ 表示从第 $ j+1 $ 到第 $ i $ 个元素构成一个子集的代价,即 $ \max(a[j+1..i]) - \min(a[j+1..i]) $。 为了高效计算 $ cost(j+1, i) $,可以使用滑动窗口或单调队列等数据结构来维护区间最大值与最小值,从而将时间复杂度优化到可接受的范围。 ### 示例代码 以下是一个简化版本的动态规划实现,使用暴力方式计算区间代价,适用于理解问题结构: ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int INF = 0x3f3f3f3f; const int MAXN = 10010; int a[MAXN]; int dp[MAXN]; int main() { int T, n, m; cin >> T; for (int Case = 1; Case <= T; ++Case) { cin >> n >> m; for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i]; dp[0] = 0; for (int i = 1; i <= n; ++i) { dp[i] = INF; int mn = a[i], mx = a[i]; for (int j = i; j >= max(1, i - m + 1); --j) { mn = min(mn, a[j]); mx = max(mx, a[j]); if (mx - mn <= T) { dp[i] = min(dp[i], dp[j - 1] + mx - mn); } } } cout << "Case " << Case << ": " << dp[n] << endl; } return 0; } ``` ### 优化策略 - **单调队列**:可以使用两个单调队列分别维护当前窗口的最大值与最小值,从而将区间代价计算的时间复杂度从 $ O(n^2) $ 降低到 $ O(n) $。 - **斜率优化**:若问题满足特定的决策单调性,可以考虑使用斜率优化技巧进一步加速状态转移过程。 ### 时间复杂度分析 原始暴力解法的时间复杂度为 $ O(n^2) $,在 $ n \leq 10^4 $ 的情况下可能勉强通过。通过单调队列优化后,可以稳定运行于 $ O(n) $ 或 $ O(n \log n) $。 ### 应用场景 HDU-3480 的问题模型可以应用于资源调度、任务划分等场景,尤其适用于需要控制子集内部差异的问题,如图像分块压缩、数据分段处理等[^1]。 ---
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