数位dp,是一种用来计数的dp
如果现在给你一道题,需要你求在区间[l,r]内满足条件的解的个数,我们很容易想到去暴力枚举,但要是数据范围太大这种办法就行不通了,这时候数位dp就派上了用场,所谓数位就是把一个数拆成一个一个进制位,然后逐一比较看是否满足题目要求,这其实也是一种暴力方法,只不过时间复杂度小了很多
那么到底要如何做呢?下面我们来看一道例题
概括一下题目意思
就是给你一个区间[n,m],要你求区间内不含"62"或"4"的数字的个数,如8134(含4),21262455(含62)均不满足题意,而61342这种"6"和"2"并不连在一起的数字则满足题意
直接统计对于暴力枚举很好求,但是对于数位dp并不容易,所以我们还需要用到差分的思想,即统计0到b+1(注意不是b,至于为什么后面会讲)和0到a的满足条件的个数,再两者相减
进一步化简,求0到i位数不含4和62的个数
i=1,求0~9的满足条件的个数
i=2,求0~99的满足条件的个数
i=3,求0~999的满足条件的个数
i=4,求0~9999的满足条件的个数
...
用dp[i][0]表示i位数中幸运数的个数
用dp[i][1]表示i位数中以2开头的幸运数的个数
用dp[i][2]表示i位数中非幸运数的个数
那么,就有以下的递推公式
dp[i][0]=dp[i-1][0]*9-dp[i-1][1]//表示前i-1位数字中的幸运数前面加上除4以外的0~9的其他数字,共9个,还要减去前i-1位数字中的以2开头的幸运数加上这一位以6开头的数字的个数
dp[i][1]=dp[i-1][0]//表示前i-1位数字中的幸运数加上这一位的2
dp[i][2]=dp[i-1][2]*10+dp[i-1][1]+dp[i-1][0]//表示前面已经不合法的数字这一位无论放什么都不合法,所以0~9随便放,加上前i-1位数字中的以2开头的幸运数加上这一位的6,再加上前i-1位数字中的幸运数加上这一位的4的个数
初始值 dp[0][0]=1,其他均为0
根据初始值和递推公式，我们就能得到从0到任意i位数字的吉利数字的个数。
找到0 ~ n 的吉利数字的个数
我们先求出0 ~ n 之间非吉利数字的个数，用总数减去即可。那，非吉利数字的个数怎么求呢？
用具体的数字举例来说吧：设 n = 583626
用digit[10]记录n+1每一位对应的数字，此例中有6位数字（令cnt = 6 表示数字位数），分别是
digit[6] = 5
digit[5] = 8
digit[4] = 3
digit[3] = 6
digit[2] = 2
digit[1] = 7
digit[0] = 任意数字，占位用的
用sum记录非吉利数字的个数，初始化为0
需要一个bool量 flag,记录是否出现了非吉利数字。初始化为false, 未出现。
我们从数字的最高位起进行判断:digit[6] = 5， 我们求 0 ~ 499999 之间非吉利数的个数。
首先：加上0 ~ 99999中所有非吉利数字前面添加0~4的任意一个数字的情况 sum += dp[5][2] * digit[6]
其次：5大于4，故我们要加上 0~99999中所有吉利数字前面添加4的情况 sum += dp[5][0]
接着，判断第5位digit[5] = 8，即判断500000 ~ 579999 之间的非吉利数字的个数，其实就是判断0 ~ 79999之间的，前面的数字不是6就没有什么用
首先：加上0 ~ 9999中所有非吉利数字前面添加0~7的任意一个数字的情况 sum += dp[4][2] * digit[5]
其次：8大于4，故我们要加上 0~9999中所有吉利数字前面添加4的情况 sum += dp[4][0]
此外：8大于6，故我们要加上0~9999中所有以2开头的吉利数字前添加6的情况 sum += dp[4][1]
接着，判断第4位digit[4] = 3，即判断580000 ~ 582999 之间的非吉利数字的个数，其实就是判断0 ~ 2999之间的
首先：加上0 ~ 999中所有非吉利数字前面添加0~2的任意一个数字的情况 sum += dp[3][2] * digit[4]
其次：2小于4，没有需要特别考虑的
此外：2小于6，没有需要特别考虑的
接着，判断第3位digit[3] = 6，即判断583000 ~ 583599 之间的非吉利数字的个数，其实就是判断0 ~ 599之间的
首先：加上0 ~ 99中所有非吉利数字前面添加0~5的任意一个数字的情况 sum += dp[2][2] * digit[3]
其次：6大于4，故我们要加上 0~99中所有吉利数字前面添加4的情况 sum += dp[2][0]
接着，判断第2位digit[2] = 2，即判断583600 ~ 583619 之间的非吉利数字的个数，其实就是判断0 ~ 19之间的，
首先：加上0 ~ 9中所有非吉利数字前面添加0~1的任意一个数字的情况 sum += dp[1][2] * digit[2]
其次：2小于4，没有需要特别考虑的
此外：2小于6，没有需要特别考虑的
但是，需要注意的是，这里判断的数字出现了62，我们要把flag标识为true。
最后，判断第1位digit[1] = 7, 判断583620 ~ 583626但是这里flag为true了，表示前面的数字里面已经包含了非吉利数字，所以后面需要把所有的数字情况都加入到非吉利里面。(正是因为每次判断的数字末尾都比该位的数字少1，所以最开始要记录n + 1 的值)
sum += digit[1] * dp[0][2] + digit[1] * dp[0][0]
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define in(i) (i=read()) 3 using namespace std; 4 int read() { 5 int ans=0,f=1; char i=getchar(); 6 while(i<'0'||i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();} 7 while(i>='0'&&i<='9') {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+i-'0'; i=getchar();} 8 return ans*f; 9 } 10 int dp[10][3],digit[15]; 11 void init() { 12 memset(dp,0,sizeof(dp)); 13 dp[0][0]=1; 14 for(int i=1;i<=8;i++) { 15 dp[i][0]=dp[i-1][0]*9-dp[i-1][1]; 16 dp[i][1]=dp[i-1][0]; 17 dp[i][2]=dp[i-1][2]*10+dp[i-1][1]+dp[i-1][0]; 18 } 19 } 20 int solve(int x) 21 { 22 memset(digit,0,sizeof(digit)); 23 int cnt=0,tmp=x; 24 while(tmp) { 25 digit[++cnt]=tmp%10; 26 tmp/=10; 27 } 28 digit[cnt+1]=0; int flag=0,ans=0; 29 for(int i=cnt;i>=1;i--) { 30 ans+=digit[i]*dp[i-1][2]; 31 if(flag) ans+=digit[i]*dp[i-1][0]; 32 else { 33 if(digit[i]>4) ans+=dp[i-1][0]; 34 if(digit[i]>6) ans+=dp[i-1][1]; 35 if(digit[i+1]==6 && digit[i]>2) ans+=dp[i][1]; 36 } 37 if(digit[i]==4 || (digit[i+1]==6 && digit[i]==2)) flag=1; 38 } 39 return x-ans; 40 } 41 int main() 42 { 43 int a,b; init(); 44 while(1) { 45 in(a);in(b); 46 if(!a && !b) break; 47 cout<<solve(b+1)-solve(a)<<endl; 48 } 49 return 0; 50 }
最后说那个b+1的情况,我们看到代码中有判断digit[i]>4和digit[i]>6等类似的语句,我们处理第i位时,实际上是处理0~digit[i]-1,即[ 0,digit[i] ),而把digit[i]放到下一次去判断,但我们处理个位时,最后一个是不会去统计的,所以我们把统计的范围+1,即为[ 0,digit[i]+1 )-->[ 0,digit[i] ],所以就有了solve(b+1)-solve(a)这样的语句.(还是高二dalaoNavi-Awson告诉我的,%%%)
数位dp记忆化搜索写法
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define in(i) (i=read()) 3 using namespace std; 4 typedef long long lol; 5 lol read() { 6 lol ans=0,f=1; 7 char i=getchar(); 8 while(i<'0'|| i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();} 9 while(i>='0' && i<='9') {ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0'; i=getchar();} 10 return ans*f; 11 } 12 lol a,b; 13 lol dp[19][11]; 14 lol bit[19]; 15 lol dfs(lol len,lol pre,lol limit) { 16 if(!len) return 1;//如果搜到最后一位了,返回下界值1 17 if(!limit && dp[len][pre]) return dp[len][pre];//记忆化部分 18 lol maxn=limit?bit[len]:9;//求出最高可以枚举到哪个数字 19 lol ans=0; 20 for(lol i=0;i<=maxn;i++) { 21 if(i!=4 && !(pre && i==2))//如果这一位不为4并且上一位不为6且这一位不为2 22 ans+=dfs(len-1,i==6,limit && i==maxn);//满足条件 23 } 24 if(!limit) dp[len][pre]=ans;//如果没有限制,代表搜满了,可以记忆化,否则就不能 25 return ans; 26 } 27 lol solve(lol a) { 28 memset(bit,0,sizeof(bit)); 29 lol k=0; 30 while(a) {//取出数字的每一位 31 bit[++k]=a%10; 32 a/=10; 33 } 34 return dfs(k,0,1); 35 } 36 int main() 37 { 38 //freopen("number.in","r",stdin); 39 //freopen("number.out","w",stdout); 40 lol t; in(t); 41 for(int i=1;i<=t;i++) { 42 lol a,b; in(a);in(b); 43 cout<<solve(b)-solve(a-1)<<endl;//差分思想 44 } 45 return 0; 46 }
应用
放几道题目上来