数位DP模板

原创 已于 2022-02-06 21:56:02 修改 · 1.1k 阅读 · 9 ·
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#ACM #数位DP

于 2017-08-06 11:21:15 首次发布

数位DP模板

数位DP问题

数位DP指一类问题：给定正整数区间[s, e]，问符合条件的数一共有多少个。例如hdu2089以及hdu3555等。

其中，hdu2089的条件为数字中不含4且不含62，hdu3555的条件为数字中包含49。一般而言，这类条件中至少有一个是与整个数的数值无关的，而是与每一位的数字有关。例如上面2道题的条件就与整个数的数值无关。

因此这类问题实际上是数位有关的问题，另一方面，这类问题通常使用DP来加速（因为暴力法几乎肯定超时）。所以称为数位DP。

对于这类问题，大量的解题报告实际上总结出了一个模板，按照这个模板，可以很容易的抓住问题的关键部分以及组织实施代码。

首先对问题做一个变形，原问题很容易变为：问 [ 0 , N ] [0, N] [0,N]区间内符合条件的数一共有多少个。求解的对象只剩下一个，就是N。

数位DP简单思路

以hdu2089为例，令Ai为长度为i的符合条件的数的个数，Bi为长度为i的首位为2的符合条件的数的个数，Ci为长度为i的首位不为2的符合条件的数的个数。很容易写出DP方程。
A i = B i + C i A_i=B_i+C_i Ai​=Bi​+Ci​
B i = A i − 1 B_i=A_{i-1} Bi​=Ai−1​
C i = 8 C i − 1 + 7 B i − 1 C_i=8C_{i-1}+7B_{i-1} Ci​=8Ci−1​+7Bi−1​
求出A、B、C以后，就能根据一定的规则进行推导求解。例如考虑N=3812，这是一个4位数，但不能直接采用 A 4 A_4 A4​作为答案。因为 A 4 A_4 A4​代表的是区间[0000, 9999]的答案，而不是区间[0000, 3812]的答案（关于前导零的问题，此处不做推敲，因为这里仅仅做一个示意）。

关于N=3812的答案，我们应该这样考虑。假设千位取0，则后3位可以任意取，因此需要将 A 3 A_3 A3​加入答案；假设千位取1，同理将 A 3 A_3 A3​加入答案；假设千位取2 ，同理将 A 3 A_3 A3​加入答案；假设千位取3，此时不能累加 A 3 A_3 A3​，需要再考虑百位，而百位需要从0、1、2一直考虑到8；当百位为8时，需要考虑十位……
这个思路原则上是可以求解的，但是比较繁琐。

数位DP模板

数位问题是采用DP思想求解的。原则上，DP既可以使用迭代实现，也可以使用递归实现。这一点在数位DP中也是一样的。但是，这里介绍的数位DP的模板是采用递归实现的。这个模板本质上就是能DP的就DP，不能DP的就搜索。
整个模板如下：

typedef long long llt;//这是因为数位问题的结果一般比较大，直接使用longlong
llt D[POS][STATUS];   //DP数组，第一维代表数的长度，其他维由具体问题决定
int Dig[POS];         //这个是N分解出的每一位数字

llt dfs(int pos, status, bool lead, bool limit){
    if ( -1 == pos ) 根据status返回结果，不是0就是1;
    
    if ( !lead && !limit && -1 != D[pos][status] )
        return D[pos][status];

    int last = limit ? Dig[pos] : 9;

    llt ans = 0;
    for(int i=0;i<=last;++i){
        ans += dfs(pos-1,newStatus,newLead,limit&&i==last);
    }

    return lead || limit ? ans : D[pos][status] = ans;
}

首先解释一下参数：

llt dfs(int pos, status, bool lead, bool limit)

第一个参数代表数位，个位用0表示，十位用1表示……当然个位也可以用1表示，看个人习惯。最后一个参数表示是否受限。例如当 N = 3812 N=3812 N=3812：当千位取3时，百位就是一个受限搜索（意味着百位只能从08）；而千位取2时，百位就是不受限的（百位可以从09）。

l e a d lead lead参数代表是否为前导零，这个参数并不总是需要，仅当零会影响结果时需要。什么时候零会影响结果呢？一个基本靠谱的办法就是看条件，条件与零有关，那就会影响结果，就需要 l e a d lead lead参数，否则就不需要。例如上面说的hdu2089和hdu3555，它们的条件显然与0是无关的，因此就不需要 l e a d lead lead参数。如果没有 l e a d lead lead参数，函数体内相应的地方也要做一些修改。这个修改很容易，参看例题。

最重要的参数就是 s t a t u s status status，代表着当前的状态。但状态表示显然与具体题目中的条件有关，因此是无法进行模板化的。另外要注意，状态未必是用1个数表示，可能是2个整型也可能是3个整型，总之，与具体题目有关。同时，这个状态与DP数组的维度基本上是相呼应。如果用1个整型就能表示状态，DP数组就是2维的；如果需要用2个量来表示状态，DP数组可能就是3维的……

    if ( -1 == pos ) 根据status返回结果，不是0就是1;
    
    if ( !lead && !limit && -1 != D[pos][status] )
        return D[pos][status];

第一个 i f if if表示递归结束了。因为我们用 p o s = 0 pos=0 pos=0表示个位，所以 p o s = − 1 pos=-1 pos=−1就表示搜索到底了。此时根据状态返回0或者1，表示找到了一个符合条件的数或者没找到。
第二个 i f if if是基本的DP递归实现的写法。

另外，return的那句话显然也是DP递归实现的一般写法。

int last = limit ? Dig[pos] : 9;

这句话很简单，确定搜索终点。如果不受限就是9，否则就是当前数位上的数字。以 N = 3812 N=3812 N=3812的百位为例，如果受限，搜索终点就是8，否则就是9。

    llt ans = 0;
    for(int i=0;i<=last;++i){
        ans += dfs(pos-1,newStatus,newLead,limit&&i==last);
    }

这一段就是递归搜索。其中last是刚才确定的。而递归调用中，前后2个参数总是这样写，而 n e w S t a t u s newStatus newStatus参数则要根据status与i共同推得，具体的推导原则显然跟题目有关。至于 n e w L e a d newLead newLead参数，也就是判断是否为前导零，其实非常容易确定，就不赘述了。

有了dfs函数以后，我们还需要一个小小的函数，用于分解N的各位数字，以及第一次调用递归函数。这个小函数就不专门列出了。看例题。

模板的使用

hdu2089

/*
    含有4或者62的数是不吉利的
    问[s,e]之间吉利的数字有多少个
*/

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long llt;

//Dij表示长度为i的前一位为j的满足条件的数
llt D[7][10];
int Dig[100];

//这里只需要用1个量表示状态，pre表示当前位的前一位数字
//这里不需要lead参数，因为条件与0无关
llt dfs(int pos,int pre,bool limit){
    if ( -1 == pos ) return 1;//能够搜索到这里，说明前面的每一个条件都满足，返回1个

    //如果没有限制，而且前面已经求出D，则直接返回
    if ( !limit && -1 != D[pos][pre] ) return D[pos][pre];

    int last = limit ? Dig[pos] : 9;
    llt ans = 0;

    //递归搜索
    for(int i=0;i<=last;++i){
        if ( 4==i || (2==i&&6==pre) ) continue;

        ans += dfs(pos-1,i,limit&&(i==Dig[pos]));
    }

    return limit ? ans : D[pos][pre] = ans;
}

//求[0,n]满足条件的数有多少个
llt ddp(int n){
    int k = 0;
    while(n){
        Dig[k++] = n % 10;
        n /= 10;
    }
    return dfs(k-1,0,true);
}

int main(){
    //freopen("1.txt","r",stdin);

    memset(D,-1,sizeof(D));
    int a,b;
    while( scanf("%d%d",&a,&b),a+b ){
        printf("%lld\n",ddp(b)-ddp(a-1));
    }
    return 0;
}

hdu3555

/*
    问[s,e]之间含有49的数字有多少个
*/

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long llt;

//Dijk表示长度为i的前一位为j的满足条件的数，k表示前面的数是否已经合法
llt D[20][10][2];
int Dig[100];

//这道题的状态就需要使用2个量表示，相应的DP数组也是三维的
//pre表示前一位数字
//valid表示是否已经出现过49
llt dfs(int pos,int pre,int valid,bool limit){
    if ( -1 == pos ) return valid;//能够搜索到这里，只看valid即可

    //如果没有限制，而且前面已经求出D，则直接返回
    if ( !limit && -1 != D[pos][pre][valid] ) return D[pos][pre][valid];

    int last = limit ? Dig[pos] : 9;
    llt ans = 0;

    //递归搜索
    for(int i=0;i<=last;++i){
        ans += dfs(pos-1,i,valid||(4==pre&&9==i),limit&&(i==Dig[pos]));
    }

    return limit ? and : D[pos][pre][valid]=ans;
}

//求[0,n]满足条件的数有多少个
llt ddp(llt n){
    int k = 0;
    while(n){
        Dig[k++] = n % 10;
        n /= 10;
    }
    return dfs(k-1,0,0,true);
}

int main(){
    //freopen("1.txt","r",stdin);

    memset(D,-1,sizeof(D));
    int nofkase;
    scanf("%d",&nofkase);


    llt n;
    while(nofkase--){
        scanf("%I64d",&n);
        printf("%I64d\n",ddp(n));
    }
    return 0;
}

POJ3252

下面来看一个要考虑前导零的例子。这个题目的条件显然是与0有关的。

/*
    表示成二进制以后，0比1多认为是合法的
    问[s,e]之间有多少个数是合法的
*/

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long llt;

//Dij：i表示长度，j表示0与1的数量之差加32
llt D[40][70];
int Dig[100];

//pre表示0比1多多少个，由于可能是负数，为了做数组索引索引加32做一个平移
//lead表示是否前导0
//limit表示是否要限制上界
llt dfs(int pos,int pre,bool lead,bool limit){
    //检查一下，是否合法
    if ( -1 == pos ) return pre >= 32;

    //如果没有限制，而且前面已经求出D，则直接返回
    if ( !limit && !lead && -1 != D[pos][pre] ) return D[pos][pre];

    int last = limit ? Dig[pos] : 1;
    llt ans = 0;

    //递归搜索
    for(int i=0;i<=last;++i){
        if ( lead && 0==i ) ans += dfs(pos-1,pre,true,limit&&(i==Dig[pos]));
        else ans += dfs(pos-1,pre+(0==i?1:-1),false,limit&&(i==Dig[pos]));
    }

    return limit||lead?ans:D[pos][pre]=ans;
}

//求[1,n]满足条件的数有多少个
llt ddp(llt n){
    int k = 0;
    while(n){
        Dig[k++] = n & 1;
        n >>= 1;
    }
    llt tmp = dfs(k-1,32,true,true);
    return tmp;
}

int main(){
    //freopen("1.txt","r",stdin);

    memset(D,-1,sizeof(D));

    llt a,b;
    while(2 == scanf("%I64d%I64d",&a,&b)){
        printf("%I64d\n",ddp(b)-ddp(a-1));
    }
    return 0;
}

BZOJ1026

再看一个与0有关的题目。这个题目的题面明确提到了“不含前导零”，提示需要 l e a d lead lead参数。但实际上，“相邻数字之差至少为2”这个条件就暗示了需要判断前导零。很简单， 3 3 3这个数是合法的，而 003 003 003这个数则是非法的。前导零会导致误判断。

/*
    条件为相邻两个数字之差至少为2的正整数
    问[s,e]之间符合条件的数
*/

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long llt;

//Di：i表示长度，j表示最高位
llt D[15][11];
int Dig[100];

//pos表示当前处理的数位，直到0
//pre表示前一位的情况
//lead表示是否为前导0
//limit表示是否要限制上界
llt dfs(int pos,int pre,bool lead,bool limit){
    //检查一下，是否合法，本题搜到这里肯定合法
    if ( -1 == pos ) return 1;

    //如果没有限制，而且前面已经求出D，则直接返回
    if ( !lead && !limit && -1 != D[pos][pre] ) return D[pos][pre];

    int last = limit ? Dig[pos] : 9;
    llt ans = 0;

    //递归搜索
    for(int i=0;i<=last;++i){
        if ( lead ){
            if ( 0 == i ) ans += dfs(pos-1,0,true,limit&&i==last);
            else ans += dfs(pos-1,i,false,limit&&i==last);
        }else if( pre + 2 <= i || i <= pre - 2 ){
            ans += dfs(pos-1,i,false,limit&&i==last);
        }
    }

    return lead||limit?ans:D[pos][pre]=ans;
}

//求[1,n]满足条件的数有多少个
llt ddp(llt n){
    int k = 0;
    while(n){
        Dig[k++] = n % 10;
        n /= 10;
    }
    llt tmp = dfs(k-1,0,true,true);
    return tmp;
}

int main(){
    //freopen("1.txt","r",stdin);

    memset(D,-1,sizeof(D));

    llt a,b;
    for(;2==scanf("%lld%lld",&a,&b);){
        printf("%lld\n",ddp(b)-ddp(a-1));
    }
    return 0;
}

hdu3652

再看一个不光是跟数位有关而且跟数值有关的例子。在数位DP下，数值有关的条件也可以归结于数位相关的。如果是题目是纯数值条件的，那也许就是数论的题目，而不是数位DP的题目。

在这道题中，状态就是用3个量表示的，因此DP数组是四维的。

/*
    条件为含有13并能被13整除的数
    问[s,e]之间有多少个数是符合条件的
*/

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long llt;

//Dijk：i表示长度，j表示前一位，k表示余数，w表示是否出现过13
llt D[40][10][13][2];
int Dig[100];

//pos表示当前处理的数位，直到0
//pre表示之前的位
//left表示当前对13的余数
//valid为是否出现过13
//limit表示是否要限制上界
llt dfs(int pos,int pre,int left,bool valid,bool limit){
    //检查一下，是否合法
    if ( -1 == pos ) return valid&&0==left?1:0;

    //如果没有限制，而且前面已经求出D，则直接返回
    if ( !limit && -1 != D[pos][pre][left][valid] ) return D[pos][pre][left][valid];

    int last = limit ? Dig[pos] : 9;
    llt ans = 0;

    //递归搜索
    for(int i=0;i<=last;++i){
        ans += dfs(pos-1,i,(left*10+i)%13,valid||(1==pre&&3==i),limit&&i==last);
    }

    return limit?ans:D[pos][pre][left][valid]=ans;
}

//求[1,n]满足条件的数有多少个
llt ddp(llt n){
    int k = 0;
    while(n){
        Dig[k++] = n % 10;
        n /= 10;
    }
    llt tmp = dfs(k-1,0,0,false,true);
    return tmp;
}

int main(){
    //freopen("1.txt","r",stdin);

    memset(D,-1,sizeof(D));

    llt a;
    while(1 == scanf("%I64d",&a)){
        printf("%I64d\n",ddp(a));
    }
    return 0;
}

再来看一些状态上更加复杂一点的例子，可能需要用到状态压缩等。当然，这也是DP中常用的技巧。

CF55D

这个题目应该很容易归结于数位DP，因为除数是各个位上的数字，显然与数位有关。被除数是整个数，也就是数值相关。总的来说，是数位问题。

只需考虑数字29即可，数字0、1不必考虑。然后注意到29的最小公倍数是2520，就可以把余数做一个有效的记录。

/*
    如果一个数能够被自己各个位上的数字整除，就是美丽的
    问[s,e]之间美丽的数字有多少个
*/

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long llt;

//Dijk：i表示长度，j表示已经出现过的数字，k表示当前的数字值
llt D[20][1<<8][2600];
int Dig[100];

//pos表示当前处理的数位，直到0
//pre表示之前已经出现过的数字，用二进制表示表示
//sum表示当前的数字值
//limit表示搜索的上界
llt dfs(int pos,int pre,int sum,bool limit){
    //检查一下，sum是否能整除所有出现过的数位
    if ( -1 == pos ) {
        for(int i=2;i<=9;++i){
            if ( (pre&(1<<(i-2))) && (0!=sum%i) ){
                return 0;
            }
        }
        return 1;
    }

    //如果没有限制，而且前面已经求出D，则直接返回
    if ( !limit && -1 != D[pos][pre][sum] ) return D[pos][pre][sum];

    int last = limit ? Dig[pos] : 9;
    llt ans = 0;

    //递归搜索
    for(int i=0;i<=last;++i){
        ans += dfs(pos-1,i<2?pre:pre|(1<<(i-2)),(sum*10+i)%2520,limit&&(i==Dig[pos]));
    }

    return limit?ans:D[pos][pre][sum]=ans;
}

//求[1,n]满足条件的数有多少个
llt ddp(llt n){
    int k = 0;
    while(n){
        Dig[k++] = n % 10;
        n /= 10;
    }
    return dfs(k-1,0,0,true);
}

int main(){
    //freopen("1.txt","r",stdin);

    memset(D,-1,sizeof(D));
    int nofkase;
    scanf("%d",&nofkase);


    llt a,b;
    while(nofkase--){
        scanf("%I64d%I64d",&a,&b);
        printf("%I64d\n",ddp(b)-ddp(a-1));
    }
    return 0;
}

SPOJ 10606 BALNUM

这个题目显然是需要 l e a d lead lead参数的。然后考虑到每个数字有3种情况，没出现过，出现奇数次，出现偶数次，因此考虑使用3进制的状态表示。

/*
    条件为每一个奇数数字有偶数个，每一个偶数数字有奇数个
    问[s,e]之间符合条件的数
*/

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long llt;
typedef unsigned long long ull;

int const POW_OF_3[] = {
    1,3,9,27,81,81*3,81*9,81*27,81*81,81*81*3
};

//Dijk：i表示长度，j表示对应数字的出现情况，使用3进制表示，0表示没有，1表示奇数，2表示偶数
llt D[22][59100];
int Dig[100];

//pos表示当前处理的数位，直到0
//pre表示之前的情况
//lead表示是否为前导0
//limit表示是否要限制上界
llt dfs(int pos,int pre,bool lead,bool limit){
    //检查一下，是否合法
    if ( -1 == pos ) {
        //pre%3如果是0就不必讨论，否则i为奇数时余数必须是2，i为偶数时余数必须是1
        for(int i=0;pre;++i,pre/=3){
            if ( ( pre % 3 ) && ( ( pre % 3 ) & 1 ) == ( i & 1 )  ){
                return 0;
            }
        }
        return 1;
    }

    //如果没有限制，而且前面已经求出D，则直接返回
    if ( !lead && !limit && -1 != D[pos][pre] ) return D[pos][pre];

    int last = limit ? Dig[pos] : 9;
    llt ans = 0;

    //递归搜索
    int tmp = 0, npre;
    for(int i=0;i<=last;++i){
        if ( lead && 0 == i ) ans += dfs(pos-1,pre,true,limit&&i==Dig[pos]);
        else {
            npre = pre;
            tmp = npre / POW_OF_3[i] % 3;
            npre -= tmp * POW_OF_3[i];
            if ( 2 == tmp ) tmp = 1;
            else tmp += 1;
            npre += tmp * POW_OF_3[i];
            ans += dfs(pos-1,npre,false,limit&&i==Dig[pos]);
        }
    }

    return lead||limit?ans:D[pos][pre]=ans;
}

//求[1,n]满足条件的数有多少个
llt ddp(ull n){
    int k = 0;
    while(n){
        Dig[k++] = n % 10;
        n /= 10;
    }
    llt tmp = dfs(k-1,0,true,true);
    return tmp;
}

int main(){
    //freopen("1.txt","r",stdin);

    memset(D,-1,sizeof(D));

    int kase;
    scanf("%d",&kase);
    ull a,b;
    while(kase--){
        scanf("%llu%llu",&a,&b);
        printf("%lld\n",ddp(b)-ddp(a-1));
    }
    return 0;
}

最后看两个可以转为数位DP的例子。这两个题目通过找规律配合一些数组什么的也都是可以做的。

51NOD 1009

这个题目问数字1出现的次数，可以通过找规律然后直接统计计算得出。这里把它转成数位DP问题，即回答以下9个数位问题：包含1个1的数有多少个，包含2个1的数有多少个……

当然，这个做法速度上应该有点影响。

/*
    N以内1的数量是多少个
    求出[1,N]区间内包含1个1的数有多少个
    2个1的数有多少个……
    最后累加。
    数位DP
*/
#include <string.h>
#include <iostream>
using namespace std;

typedef long long llt;

llt D[12][11][11];
int Dig[30];
int K;

llt dfs(int pos,int sum,bool limit){
    if ( -1 == pos ) return sum==K;

    if ( !limit && -1 != D[pos][sum][K] ) return D[pos][sum][K];

    llt last = limit ? Dig[pos] : 9;
    llt ans = 0;
    for(int i=0;i<=last;++i){
        ans += dfs(pos-1,sum+(1==i),limit&&i==last);
    }

    return limit ? ans : D[pos][sum][K] = ans;
}

llt ddp(llt n){
    int k = 0;
    while( n ){
        Dig[k++] = n % 10;
        n /= 10;
    }
    llt ans = 0;
    for(int i=1;i<=k;++i) K=i,ans+=i*dfs(k-1,0,true);
    return ans;
}

int main(){
    memset(D,-1,sizeof(D));

    llt n;
    cin >> n;
    cout<<ddp(n)<<endl;
    return 0;
}

51NOD 1042

这个题目要求统计0~9的数量，上一题实际上是统计1的数量。所以，在上一题的基础上改改就行，传个参数。

/*
    [s,e]区间内0-9数字出现的次数
    统计含1个1的数有几个，2个1的数有几个……
*/
#include <string.h>
#include <iostream>
using namespace std;

typedef long long llt;

//dijkw，i表示数位，j表示数字，k表示已有的数量，w表示目标数量
llt D[20][10][20][20];
int Dig[30];
int K,Digit;

llt dfs(int pos,int cnt,bool lead,bool limit){
    if ( -1 == pos ) return cnt==K;

    if ( !lead && !limit && -1 != D[pos][Digit][cnt][K] ) return D[pos][Digit][cnt][K];

    llt last = limit ? Dig[pos] : 9;
    llt ans = 0;
    for(int i=0;i<=last;++i){
        if ( lead && 0==i ) ans += dfs(pos-1,0,true,limit&&i==last);
        else ans += dfs(pos-1,cnt+(Digit==i),false,limit&&i==last);
    }

    return lead || limit ? ans : D[pos][Digit][cnt][K] = ans;
}

llt proc(llt n){
    int k = 0;
    while( n ){
        Dig[k++] = n % 10;
        n /= 10;
    }
    llt ans = 0;
    for(int i=1;i<=k;++i) K=i,ans+=i*dfs(k-1,0,true,true);
    return ans;
}

int main(){
    memset(D,-1,sizeof(D));

    llt a,b;
    cin >> a >> b;
    for(Digit=0;Digit<10;++Digit){
        cout<<proc(b)-proc(a-1)<<endl;
    }
    return 0;
}

总结

数位DP模板是一个很好的模板。因为它首先给定了代码组织实施的框架，这里面就包含了状态转移的实现；更重要的是这个框架将DP中另一个核心问题“状态的设计”单独抽了出来，对每一个问题只需要单独考虑状态即可，很容易抓住重点去进行考虑和实现。
在此基础上进行一定的修改，还有可能完成更复杂的跟数位有关的问题。

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描述：数位dp的问题题型一般是给定一个闭区间[L,R]，求这个区间中满足“某种条件”的数的个数的总数 对于这类问题，我们首先统计[L,R]范围的满足条件的数字转化成统计[1,N]内满足条件的数字的数量 那么 Ans[L,R]=Ans[1,R]-Ans[1,L-1]; 这样接下来讨论问题我们只需要考虑上边界即可 现在考虑统计[1,12345]内“魔法数的数量” 首先我们将长度<=5的数字补全前导0到五位 1->00001 ,123->00123 这样的映射一定是一一对应的，假设数字x补全前导
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788. 旋转数字 难度简单88 我们称一个数 X 为好数, 如果它的每位数字逐个地被旋转 180 度后，我们仍可以得到一个有效的，且和 X 不同的数。要求每位数字都要被旋转。 如果一个数的每位数字被旋转以后仍然还是一个数字，则这个数是有效的。0, 1, 和 8 被旋转后仍然是它们自己；2 和 5 可以互相旋转成对方（在这种情况下，它们以不同的方向旋转，换句话说，2 和 5 互为镜像）；6 和 9 同理，除了这些以外其他的数字旋转以后都不再是有效的数字。 现在我们有一个正整数N, 计算从1...
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