题面在这里
description
定义(f(i))表示将(i)看成字符串的最长上升子序列长度。
给定(l),(r),(k)，求满足(lle ile r)且(f(i)=k)的个数。
data range
[1le lle rle 10^{18}，1le kle 10
]
solution
一开始的思路是使用数位(DP),(f[i][j][k][0/1])
表示第(i)位尾数为(j),(log n)做法的单调序列情况为(k);
一开始想象单调队列的情况需要存(10^{10})种,复杂度会超时。
但考虑优化状态,可以发现这个单调序列有一些特殊的性质:
1 长度至多为10
2 可能出现的数字只有0-9,并且不重复
3 这个序列是单调递增的
有了这些性质,我们可以知道
对于每一个单调序列中数字0-9的存在情况,满足要求的队列有且只有一个
因此,我们使用二进制表示0-9是否存在于单调队列的状态,
这样([k])这一位的空间就变成了(2^{10}=1024)
状态可以继续优化成(f[i][k][0/1]),
于是总理论复杂度变为(O(Tlen(n)2^{10} imes 10)),
比之前有所降低,但仍旧无法通过
解决前导0问题的方法:记忆化搜索!!!
//数位DP的记忆化搜索
int a[MAX_LEN],f[MAX_LEN][MAX_F]
//一般来说记忆化数组f记录的是q和zr全都为0的情况
ll dfs(int p,int s,bool q,bool z){
//数位,附加状态,危险态/安全态,是否有前导0
if(p==-1)return check(s);
//检查附加状态s是否符合要求,如果符合贡献+1
if(!q&&!z&&f[p][s]!=-1)return f[p][s];
int ans=0;
for(RG int i=0,end=(q?a[p]:9);i<=end;i++)
if(z&&!i)ans+=dfs(i-1,s,q&&i==end,1);
else ans+=dfs(i-1,to[s][i],q&&i==end,0);
//to[s][i]指附加状态s通过i转移后的新状态
if(!q&&!z)f[p][s]=ans;return ans;
}
void solve(ll x){
RG int len=0;while(x){a[len++]=x%10;x/=10;}
//按照低位在前的顺序放好
return dfs(len,0,1,1);
}
多组询问我们可以考虑记忆化搜索来降低实际时间复杂度,
然后通过预处理转移来降低常数
code
#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
//#define TEST
#define FILE "a"
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define RG register
#define il inline
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef vector<int>VI;
typedef long long ll;
typedef double dd;
const int inf=1e9+7;
const int mod2=998244353;
const int rev2=332748118;
const int mod1=1e9+7;
const int N=3010;
const dd eps=1e-10;
const ll INF=1e18;
const int g=3;
il ll read(){
RG ll data=0,w=1;RG char ch=getchar();
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')data=data*10+ch-48,ch=getchar();
return data*w;
}
il void file(){
freopen(FILE".in","r",stdin);
freopen(FILE".out","w",stdout);
}
int k,cnt[1024],que[1024][10],to[1024][10],a[20];
il void getque(int x){
for(RG int i=0;i<=9;i++)
if(x&(1<<i))que[x][++cnt[x]]=i;
}
il int getnxt(int x,int y){
for(RG int i=y;i<=9;i++)
if(x&(1<<i))return x^(1<<i)|(1<<y);
return x|(1<<y);
}
il void print(int x){
for(RG int i=0;i<=9;i++)
if(x&(1<<i))printf("%d ",i);
}
ll f[20][1024][11];
il bool check(int s){return cnt[s]==k;}
il ll dfs(int p,int s,bool q,bool z){
if(p==-1){return check(s);}
if(!q&&!z&&f[p][s][k]!=-1){return f[p][s][k];}
ll ans=0;int end=(q?a[p]:9);
for(RG int i=0;i<=end;i++){
if(z&&!i)ans+=dfs(p-1,0,q&&i==end,1);
else ans+=dfs(p-1,to[s][i],q&&i==end,0);
}
if(!q&&!z)f[p][s][k]=ans;return ans;
}
il ll DP(ll n){
RG int len=0;while(n){a[len++]=n%10;n/=10;}
return dfs(len-1,0,1,1);
}
int main()
{
memset(f,-1,sizeof(f));
for(RG int i=0;i<1024;i++){
getque(i);
for(RG int j=0;j<=9;j++)
to[i][j]=getnxt(i,j);
}
RG int T=read();
for(RG int i=1;i<=T;i++){
ll l=read();ll r=read();k=read();
printf("Case #%d: %lld
",i,DP(r)-DP(l-1));
}
return 0;
}