数位DP

数位DP

我们先由一个例子引入：

给定一个区间 $1n$ ，求在这个区间内，满足任意相邻位数之差大于2且不含前导零的数的个数

最暴力的办法就是枚举区间内每个数，然后判断每一个数是否满足条件即可。

好像在 $n\le 1000000$ 的时候都可以?

但是 $n\le 2000000000$ 的时候呢?

你可能会说：出题人有病吧，求这么大的区间没什么用。

我也这么认为

但是题目就在那里，暴力就是过不了。

于是就得请出今天的主角：数位DP！！数位DP，顾名思义，就是在数位上做的DP。

数位DP也是DP，那么DP如何转移呢？我们要记住，DP就是优化过的暴力。所以我们肯定是以数位作为状态。但是，我们发现一个问题，每一位有可能无法枚举到9。例如： $231$ 当百位是 $2$ 时，十位无法枚举 $4$ 和比 $4$ 更大的数。所以在求解的时候，就应该判断一下最高位是否达到边界。所以我们要更新一下dp数组的定义：

定义 $dp[i][j]$ 表示第 $i$ 位，上一个状态为 $j$ 的没有边界限制的满足条件的数的个数

需要解释几点

• $j$ 既可以是前面有无满足条件，也可以是上一个数。反正痕灵活。
• 没有边界限制，也就是说最高位小于给定区间右端点，这样后面的位置就0 ~ 9十种可能，dp才具有普适性。

个人感觉这DP就是个记忆化。

当然，数位DP也有很多变形，但都八九不离十。相对于其他DP而言，数位有模板：

inline ll dfs(int pos/*当前位数*/,int sta/*上一个状态*/,bool limit/*是否有限制*/){
	if(pos==0)	return sta==1;//不一定等于1，要看最后求的状态是什么 
	if(!limit && f[pos][sta]!=-1)	return f[pos][sta];//没有限制的情况下，用已经记忆化的数组优化时间 
	int up= limit?a[pos]:9;//确定上界 
	ll sum=0;
	for(int i = 0;i <= up;i++){//枚举该位数字 
		if().../*满足条件*/
		else...
	}
	if(!limit)	f[pos][sta]=sum;/*更新 f 数组*/ 
	return sum;
}
ll solve(int x){
	cnt=0;
	while(x)	a[++cnt]=x%10,x/=10;
	return dfs(cnt,-2,0,1);//最高位，limit为 1 
	throw;
}
int main(){
	memset(f,-1,sizeof(f));//初始化，标记非法状态 
	scanf("%d%d",&L,&R);
	printf("%lld",solve(R)-solve(L-1));//右端点减左端点 
	return 0;
}

可能还是不理解?？没关系，有例题

「SCOI2009」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A和B之间，包括A和B，总共有多少个windy数？

输入

包含两个整数，A B。

输出

一个整数。

样例输入

1 10

样例输出

9

输入样例二

25 50

输出样例二

20

数据规模和约定

20%的数据，满足 1 <= A <= B <= 1000000 。
100%的数据，满足 1 <= A <= B <= 2000000000 。

这不就是例题吗？废话

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;

/*
sta==0,正常
sta==1，windy 
f[i][sta]第 i 位， 条件为sta的，枚举的数字没有上界的方案数 
*/
int f[50][50],a[50],L,R,cnt;
inline ll dfs(int pos,int pre,int sta,bool limit){
	if(pos==0)	return sta==1;
	if(!limit && f[pos][sta]!=-1)	return f[pos][sta];
	int up= limit?a[pos]:9;
	ll sum=0;
	for(int i = 0;i <= up;i++){//枚举该位数字 
		if(abs(pre-i) < 2)	continue;
		if(sta==0&&i==0)
			sum+=dfs(pos-1,-2,0,limit&&i==a[pos]);
		else
			sum+=dfs(pos-1,i,1,limit&&i==a[pos]);
	}
	if(!limit)	f[pos][sta]=sum;
	return sum;
}
ll solve(int x){
	cnt=0;
	while(x)	a[++cnt]=x%10,x/=10;
	return dfs(cnt,-2,0,1);//最高位，limit为 1 
	throw;
}
int main(){
	memset(f,-1,sizeof(f));
	scanf("%d%d",&L,&R);
	printf("%lld",solve(R)-solve(L-1));
	return 0;
}

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「HUD2089」不要 62

题目描述

杭州人称那些傻乎乎粘嗒嗒的人为62（音：laoer）。

杭州交通管理局经常会扩充一些的士车牌照，新近出来一个好消息，以后上牌照，不再含有不吉利的数字了，这样一来，就可以消除个别的士司机和乘客的心理障碍，更安全地服务大众。

不吉利的数字为所有含有 $4$ 或 $62$ 的号码。例如：

$623157341888914$

都属于不吉利号码。但是， $61152$ 虽然含有 $6$ 和 $2$ ，但不是 $62$ 连号，所以不属于不吉利数字之列。

你的任务是，对于每次给出的一个牌照区间号，推断出交管局今次又要实际上给多少辆新的士车上牌照了。

输入

输入的都是整数对n、m（0<n≤m<1000000），如果遇到都是0的整数对，则输入结束。

输出

对于每个整数对，输出一个不含有不吉利数字的统计个数，该数值占一行位置

样例输入

1 100
0 0

样例输出

80

这也是模板之一。但是要引出一个优化：memset可以放在多次询问的外面。

为什么呢?？

因为 $f[i][j]$ 表示的是数字的客观的属性。就算没有询问，该是什么数字是不会变的。所以可以放到外面

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;

//f[i][0~2]第 i 位，前一个数是否满足条件的没有限制条件的不吉利方案数 
ll f[50][50],a[50],cnt;
ll dfs(int pos,int sta,bool limit/*当前位上是否有限制*/){
	if(pos==0)	return sta==2;
	if(!limit && f[pos][sta] != -1)	return f[pos][sta];
	int up= limit?a[pos]:9;
	ll sum=0;
	for(int i = 0;i <= up;i++){
		if(sta==2||(i==4)||(i==2&&sta==1))
			sum+=dfs(pos-1,2,limit && i==a[pos]);
		else if(i==6)
			sum+=dfs(pos-1,1,limit && i==a[pos]);
		else 
			sum+=dfs(pos-1,0,limit && i==a[pos]);
	}
	if(!limit)	f[pos][sta]=sum;
	return sum;
}
ll solve(int x){
	cnt=0;
	while(x>0){
		a[++cnt]=x%10;
		x/=10;
	}
	return dfs(cnt,0,1);
}
int main(){
//	freopen("1.in","r",stdin);
	memset(f,-1,sizeof(f));
	int L,R;
	while(~scanf("%d%d",&L,&R) && (L+R)){
		printf("%lld\n",R-L+1-solve(R)+solve(L-1));
	}
	return 0;
}