论数位dp--胎教级教学

1前言

本文将从零开始介绍数位 dp，前置知识为线性 dp
例题为洛谷P2602->传送门

2问题

例题如下图

我们发现，$a$，$b$非常的大

3数位dp

我们分析问题，$a$，$b$甚至都无法支持$O(n)$的复杂度
线性dp的时间复杂度起步就是$O(n)$，那怎么dp?
我们发现，本题不需要考虑数字的具体值为多大，只需要考虑每一位上的数字即可
一个数，有若干位，在这些数位上跑线性dp，就是数位dp
也就是说，数位dp通过将数值转化为数位，来加快速度
原来数组的长度$n$，在数位dp中变成了$lo{g}_{10}^n$，这个值在本题中最高为$12$，小了太多了

4数位dp怎么跑–part1预处理

对于一个数$ABCD$，我们发现，可以吧$ABCD$拆分成$A000$和$BCD$，$BCD$是什么并不影响$A000$的求解
我们先考虑$A000$，所有问题都可以拆分出除第一位都为$0$，我们直接预处理$0--9$，$0--99$，$0--999$…$0--10^n-1$这些区间的结果，然后就可以O(1)求出$A000$的子问题
注意，这里求出的结果是包含前导$0$的，因为这个结果是接在数$A$后面的！
现在的问题是怎么预处理
预处理本质上也是数位dp！
设$f_i$为$0--10^i-1$区间内数的个数
为什么这么设置，因为$0--10^i-1$这个区间内，每个数的出现次数是一样的
所有的题解都教你瞪眼法，没有眼睛怎么办，我来证明
使用数学归纳法，$i=1$时，集合为$0,1,2,3,4,5,6,7,8,9$，显然成立
当$i>1$时，对于每一个$f_{i-1}$集合中的数，都可以在首位插入$0-9$的任意整数，使这个数成为$f_i$集合中的数
考虑上$f_{i-1}$中的数在首位插入任何数，其本身每个数位的数量不会变化，即得$f_i$中数$k$的个数为$f_{i-1}\ast 10+10^{i-1}$
由此，不仅证明了对于所有$f_i$，每个数位出现个数一样，还得出了状态转移方程
顺便说一下，可以预处理$10^i$，因为用处较多
预处理的部分解决了

5数位dp怎么跑–part2计算状态

1状态设置

我们的最终问题是求$1-a$区间内每个数字的数量
不妨设$cn{t}_{i,j}$为当前$a$前$i$位数字$j$的个数
但是，显然dp属性为$COUNT$，并且在维度$i$具有前缀和性质
所以我们直接降维，设$d{p}_k$为当前$1-a$区间内k的个数
每次枚举到一位，把当前位结果加上就可以了

2状态转移

前文说过，对于子问题$ABCD$，即$1-ABCD$的数字个数
我们拆分问题为$A000$和$BCD$
对于形似$A000$的问题，相当于$A$个$1000$子问题
得状态转移方程1
$cn{t}_j=cn{t}_j+A\times f_{i-1}(j=0->9)$(此处i指A处于$10^i$位)

再考虑$A$位本身，没有前导$0$，数字$1-(A-1)$各有$10^{i-1}$个
得状态转移方程2
$cn{t}_j=cntj+10^{i-1}(0<j<A)$

$A$位本身加上$BCD$+1个数字A即可
得状态转移方程3
$cn{t}_A=cn{t}_A+BCD+1$

最后，去除前导$0$
这个才是最难的
我们分类讨论，设子问题一共$k$位
$k$个前导$0$，不存在是显然的
$k-1$个前导$0$，后面每一位是$0-9$，一共$k-1$位，这种情况为$10^{k-1}$
但是后面$k-1$位还有可能含有前导$0$，我们把后面$k-1$位看做子问题，$0$的数量再减去$10^{k-2}$
这样不断减去即可
得状态转移方程4
$cn{t}_0=cn{t}_0-10^j(1<j<A-1)$

这里的位数变为了原来的$A$，是为了和其他状态转移方程统一格式
注意$j$不为$0$，我们在求$f$时没考虑$0$，（就算考虑$0$,$0$本身也不是前导$0$）
我们的数位dp就这样完成了
附代码(c++)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
unsigned long long a,b;
unsigned long long cnt[20];
unsigned long long f[20],e[20];
unsigned long long ans1[20];
void dp(long long x){
	long long num1[20],idx = 0;
	num1[0] = 0;
	while(x){
		num1[++idx] = x%10;
		x/=10;
	}
	for(int i = idx;i>=1;i--){
		for(int j = 0;j<=9;j++){
			cnt[j]+=num1[i]*f[i-1];
		}
		for(int j = 0;j<num1[i];j++){
			cnt[j]+=e[i-1];
		}
		unsigned long long h = 0;
		for(int j = i-1;j>=1;j--){
			h*=10;
			h+=num1[j];
		}
		cnt[num1[i]]+=h+1;
		cnt[0]-=e[i-1];
	} 
}
int main(){
	cin>>a>>b;
	e[0] = 1;
	for(int i = 1;i<=15;i++){
		f[i] = f[i-1]*10+e[i-1];
		e[i] = e[i-1]*10;
	}
	dp(a-1);
	for(int i = 0;i<=9;i++){
		ans1[i] = cnt[i];
		cnt[i] = 0;
	}
	dp(b);
	for(int i = 0;i<=9;i++){
		cout<<(cnt[i]-ans1[i])<<" ";
	}
	return 0;
}

6后记

作者认为，数位dp之所以能直接在数位上跑，就是因为一些特殊的性质
找到数的性质，就可以考虑数位，而不是只关注数的本身
数位dp的核心不在dp，在数位，发现了数位的性质，dp就自然成形了
本文作者是蒟蒻，如有错误请各位神犇指点
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