數字dp是什麼？以前總覺得這個概念很高大上，最近閒的沒事，學了一下發現確實挺神奇的。
hdu 2089 "不要62"
乙個數字，如果包含'4'或者'62'，它是不吉利的。給定m，n，0這題的資料範圍比較小，只有1e6，理論上暴力也是可以解的。但數字dp的題目資料範圍通常很大，往往達到1e18甚至更大，暴力法o(n)顯然會tle。這個時候需要一種時間複雜度近似o(logn)的演算法。仔細思考一下，其實可以使用排除法。從高位到低位依次排除0~1e6中不符合條件的數。
舉個例子，1~999999中不包含4的數，步驟如下：
1.先排除6位數中最高位是4的數，即400000~499999，只需要判斷最高位，就排除了10萬個數。
2.接著排除次高位是4的數（此時預設最高位不是4），比如最高位是1時可以排除140000149999，共1萬個。注意，首位**可以是0**，此時相當於考慮000000099999（初學者可能有點不理解，看完後面一些不考慮前導0的題就懂了）。
3.同理，繼續排除4位數，3位數，直到結束。
數字dp是對數字的「位」進行的和計數有關的dp，數的每乙個位稱為數字，乙個數有個位、十位、百位、千位……數字dp用來解決和數字操作有關的問題，比如某區間內數字和，特定數字問題等。這些問題的數字範圍通常很大，無法暴力解決，必須用接近o(logn)的演算法。通過dp對「數字」操作，記錄算過的區間的狀態，用於後續計算快速篩選數字。
那麼這道題用數字dp怎麼實現呢？數字dp一般有兩種方法，一種是dp預處理亂搞，另一種是記憶化dfs。前者不適合模板化，而後者效率高，模板易記，可以快速上手。
#include using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[20][20];
int a[20];
ll n,m;
// pos:當前到第幾位 pre:上一位數字是什麼 lead:是否有前導0 limit:是否有上界限制 (引數通常有pos和limit，是否有lead看題目要求，此外還有可能增加其他引數)
ll dfs(int pos,int pre,bool lead,bool limit)
}if(!lead && !limit) dp[pos][pre] = ans;
return ans;
}ll solve(ll x)
memset(dp,-1,sizeof(dp)); //初始化dp陣列
return dfs(len,0,true,true); //從高位向低位列舉
}int main()
下面我們通過模板來秒掉這道題目吧
題目鏈結
dp[pos][sta]表示第pos位前一位是6(sta = 1),或者不是6(sta = 0）時滿足條件的數的數目，這裡由於數的前一位是否是6會對答案構成影響，所以只需要在統計時把答案分成兩類。
#include using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m;
ll dp[20][2];
int a[20];
int dfs(int pos,int pre,int sta,bool limit)
if(!limit) dp[pos][sta] = sum;
return sum;
}int solve(int x)
return dfs(len,-1,0,true);
}int main()
return 0;
}
這題定義了乙個叫"k好數"的概念，即該數在k進製下任意相鄰兩位的數不能相鄰（即相差不能等於1），然後要統計l位k進製中k好數的數目。這道題的坑點在於要考慮前導0的影響，比如4進製下的兩位數，11，20是k好數，但是32不是k好數。但如果我們求的是4進製下的一位數，問題就來了，如果沒有lead這個引數，1這個數就不會被統計，因為傳參時預設前一位是0，而0和1相鄰，這個時候只需要加乙個判斷即可。
#include using namespace std;
typedef long long ll;
ll mod = 1e9 + 7;
ll dp[105][105];
int k,l;
ll dfs(int pos,int pre,bool lead,bool limit)
}if(!lead && !limit) dp[pos][pre] = ans;
return ans;
}ll solve(int len)
int main()
這題定義了乙個叫b數的東西，這個數含"13"這個串並且可以被13整除。難點在於怎麼儲存被13整除這個狀態，其實很簡單，再加乙個引數tot記錄餘數，每次列舉%一下13，當pos=0時判斷即可。
#include using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[15][10][13][2];
int a[15];
ll n;
ll dfs(int pos,int pre,int tot,int ok,bool limit)
if(!limit) dp[pos][pre][tot][ok] = ans;
return ans;
}ll solve(ll x)
return dfs(len,0,0,false,true);
}int main()
這道題挺有意思的，要統計的是每個數二進位制下1的個數sum(i)，然後求sum(1)到sum(n)的累乘。
我們要轉換一下思維，n上限是1e18，意味著這個數的二進位制最多有50位，即最多就50個1，我們分別統計二進位制下有乙個1，兩個1，三個1……五十個1的數的個數，然後用快速冪進行優化，問題就迎刃而解了。
#include using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e7 + 7;
ll dp[51][51][51];
int a[51];
ll ans[51];
ll n;
ll poww(ll x,ll y,ll p)
return ans;
}//位置 當前統計到的1的個數 目標要統計的1的個數 上界限制
ll dfs(int pos,int tmp,int tot,bool limit)
if(!limit) dp[pos][tmp][tot] = sum;
return sum;
}ll solve(ll x)
memset(dp,-1,sizeof(dp));
//這裡是乙個很巧妙的優化 分別統計二進位制中1的個數為i的數的個數，然後快速冪優化
for(int i = 1;i <= len;i++)
return sum;
}int main()
這道題大意是求某區間內數字0-9出現的次數。我大概的想法是，分別統計區間內存在1個1，2個1，3個1……的數的個數，存在1個2，2個2，……，1個9，2個9，……的數的個數，然後求累加，當然題解有更好的方法，以下僅供參考(注意前導0的處理，否則統計0的時候會出錯)
#include using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[15][15][15];
int a[15];
ll ans[10][15];
ll total[10];
ll n,m;
int num;
//前導0很關鍵!!
ll dfs(int pos,int now,int tot,bool lead,bool limit)
if(!limit && !lead) dp[pos][now][tot] = sum;
return sum;
}ll solve(ll x,bool ok)
memset(dp,-1,sizeof(dp));
memset(ans,0,sizeof(ans));
for(int i = 0;i < 10;i++)
}}int main()
題目的大意是求l-r區間內每個數的各位數字和，假設這個數共len位，那麼它的各位數字之和不會超過9*len(因為每位數字最大是9)，我們只需要從小到大列舉統計即可，本質思想和上面的題目是一樣的。
#include using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
int t;
ll n,m;
ll dp[20][180][180],ans[180];
int a[20];
//位置 當前的各位和 目標和 上界限制
ll dfs(int pos,int now,int tot,bool limit)
if(!limit) dp[pos][now][tot] = sum;
return sum;
}ll solve(ll x)
//統計各位和為1-9*len的所有情況
for(int i = 1;i <= 9 * len;i++)
return sum;
}int main()
return 0;
}
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