数位DP专题

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有关数位统计问题,无法暴力求解 则在数位上进行递推 [n,m]=[0,m]-[0,n-1] 统计小于<n的合法数字即可  

对于任意一个<n的数字x 肯定从高位到低位出现某一位<n的那一位.

则可以从高位到低位枚举 第一次<n的对应位是哪一位,这样之后的位不受n的限制[x00.00]~[x9999] 把不受限制的整体用DP记录

HDU 2089 不要62 (入门)

题意:非法数字为含4或者62的数字,问[n,m]区间内有多少个合法数字,n,m<=1e9

dp[i][0/1] //当前为第i位,前一位是否为6 枚举每一位 合法转移状态即可

ps:dfs暴力枚举的同时 用DP记录相同状态的方法数

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
const int N=2e3+20;
int n,m,a
;
int dp
[2];//dp[i][0/1] //当前为第i位,前一位是否为6
int DP(int pos,int pre,int sta,bool limit)//limit　当前位是否<n的对应位
{
if(pos==-1)
return 1;
if(!limit && dp[pos][sta]!=-1)//后面位任意
return dp[pos][sta];
int up=limit? a[pos]:9;
int sum=0;
for(int i=0;i<=up;i++)
{
if(pre==6&&i==2||(i==4))	continue;
sum+=DP(pos-1,i,i==6,limit&&(i==a[pos]));
}
if(!limit) //dp统计是固定位数pos位[000.00,999.99]无限制时的合法个数
dp[pos][sta]=sum;
return sum;
}
int solve(int x)
{
int pos=0;
while(x)
{
a[pos++]=x%10;
x/=10;
}
return DP(pos-1,-1,0,true);
}
int main()
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
while(cin>>n>>m&&(n+m))
printf("%d\n",solve(m)-solve(n-1));
return 0;
}

HDU 3652 B-number (20)

题意:给出n<=1e9 合法数为包含13&&能被13整除,求[0,n]内合法数的个数

首先整除13->模13为0 所以加上状态模13的余数 

dp[i][j][l][1/0] i位数 前一位为pre,除13余数为mod,是否包含13.

枚举当前位 合法转移状态即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
const int N=20;
int n,m,a
;
int dp

[2]; // i位数 前一位为pre,除13余数为mod,是否包含13.
int DP(int pos,int pre,int mod,int sta,bool limit)//limit　当前位是否<n的对应位
{
if(pos==-1)
return sta&&mod==0;//枚举完毕 返回是否合法
if(!limit&&dp[pos][pre][mod][sta]!=-1)
return dp[pos][pre][mod][sta];
int up=limit?a[pos]:9;
int sum=0;
for(int i=0;i<=up;i++)
sum+=DP(pos-1,i,(mod*10+i)%13,sta||(pre==1&&i==3),limit&&(i==a[pos]));
if(!limit)
dp[pos][pre][mod][sta]=sum;
return sum;
}
int solve(int x)
{
int pos=0;
while(x)
{
a[pos++]=x%10;
x/=10;
}
return DP(pos-1,0,0,0,true);
}
int main()
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
while(cin>>n)
printf("%d\n",solve(n));
return 0;
}

HDU 4734 F(X) 
题意:给出A,B<=1e9,定义F(x)=a[n-1]*2^(n-1)+....a[0]*2^0 a[i]为x每位上的数字,问[0,B]内有多少数 <=F(A)  

A为给出的,F(A)是变化的 最大不超过1e4 所以设状态,dp[i][y] i位数,权值不大于y的个数 

当pos<0返回num>=0 其余按照枚举每位数转移状态即可  

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
const int N=20;
ll A,B,C,a
,pw2
;
int dp
[50000];//dp[i][y] i位数,权值不大于y的个数
int DP(int pos,int num,bool limit)
{
if(pos==-1)
return num>=0;
if(num<0)
return 0;
if(!limit&&dp[pos][num]!=-1)
return dp[pos][num];
int up=limit?a[pos]:9;
int sum=0;
for(int i=0;i<=up;i++)
sum+=DP(pos-1,num-i*pw2[pos],limit&&(i==a[pos]));
if(!limit)
dp[pos][num]=sum;
return sum;
}
int solve(int x)
{
int pos=0;
while(x)
{
a[pos++]=x%10;
x/=10;
}
return DP(pos-1,C,true);
}
int main()
{
pw2[0]=1;
for(int i=1;i<=10;i++)
pw2[i]=pw2[i-1]*2;
int t,cas=0;
scanf("%d",&t);
memset(dp,-1,sizeof(dp));
while(t--)
{
scanf("%d%d",&A,&B);
C=0;
for(int i=0;i<10&&A;i++)
C+=pw2[i]*(A%10),A/=10;
printf("Case #%d: %d\n",++cas,solve(B));
}
return 0;
}

POJ 3252 Round Number 

题意:给出n,m<=2e9 问[n,m]内有多少个数,其二进制表示中1的个数不多0的个数? 

设状态dp[i][x][y] i为二进制 1的个数为x,0的个数为y

注意前导0为缺位,不能加入0的个数中

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
const int N=40;
ll n,m,a
;
ll dp

;
ll DP(int pos,int x,int y,int sta,bool limit)
{
if(pos<0)
return y>=x;
if(!limit&&dp[pos][x][y]!=-1)
return dp[pos][x][y];
int up=limit?a[pos]:1;
ll sum=0;
for(int i=0;i<=up;i++)
{
if(i==0)
sum+=DP(pos-1,x,y+sta,sta,limit&&i==a[pos]);
if(i==1)
sum+=DP(pos-1,x+1,y,1,limit&&i==a[pos]);
}
if(!limit)
dp[pos][x][y]=sum;
return sum;
}
ll solve(ll n)
{
int pos=0;
while(n)
{
a[pos++]=n%2;
n/=2;
}
return DP(pos-1,0,0,0,true);
}
int main()
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
while(cin>>n>>m)
printf("%I64d\n",solve(m)-solve(n-1));

return 0;
}

题意:给出n,m<=2e9 定义合法数为:数x存在一个轴 其左边部分数字*offset[i]==其右边部分数字*offset[i].

offset[i]为第i位数字到轴距离,问[n,m]内合法的数的个数? 

设状态dp[i][j][k] i位数字,轴为第j位 左右是否相等 则平衡度为k

枚举轴为第x位时的ans 累加即可 

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
const int N=20;
ll dp

[2005];
int a
;
ll DP(int pos,int piv,int sta,bool limit)
{
if(pos==0)
return sta==0;
if(sta<0)//平衡度若为负 则之后都为递减
return 0;
if(!limit&&dp[pos][piv][sta]!=-1)
return dp[pos][piv][sta];
int up=limit?a[pos]:9;
ll sum=0;
for(int i=0;i<=up;i++)
sum+=DP(pos-1,piv,sta+(pos-piv)*i,limit&&i==up);
if(!limit)
dp[pos][piv][sta]=sum;
return sum;
}
ll solve(ll n)
{
int pos=0;
while(n)
{
a[++pos]=n%10;
n/=10;
}
ll sum=0;
for(int i=pos;i>=1;i--)//枚举轴　
sum+=DP(pos,i,0,true);
return sum-pos+1;//除去全部为0的情况
}
int main()
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
ll t,n,m;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>m;
printf("%I64d\n",solve(m)-solve(n-1));
}
return 0;
}

FZU 2109 Mountain Number 

题意:合法的数a[0]a[1]..a[len-1]定义为:a[2i+1]>=a[2i]&&a[2i+1]>=a[2i+2],问[l,r]内有多少个数为合法? l,r<=1e9;

奇数位要大于相邻的两个偶数位.i位数 因为前导0原因 第i位可能为偶或者奇数位,所以状态要加上[0/1]

数位DP设dp[i][pre][0/1] i位数,前一位为pre,当前位为偶/奇数位时的合法个数

最高位始终为偶数位,有前导0时,sta=0,前面放9方便判断

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e2+20;
int n,a
,dp

[2];
int DP(int pos,int pre,int sta,int lead,bool limit)
{
if(pos<0)
return 1;
if(!limit&&dp[pos][pre][sta]!=-1)
return dp[pos][pre][sta];
int up=limit?a[pos]:9;
int res=0;
for(int i=0;i<=up;i++)
{
if(lead&&i==0)
res+=DP(pos-1,9,0,1,limit&&i==a[pos]);//最高位始终为偶数位,有前导0 前面放9方便判断
else if(sta==0&&i<=pre)
res+=DP(pos-1,i,1-sta,0,limit&&i==a[pos]);
else if(sta&&i>=pre)
res+=DP(pos-1,i,1-sta,0,limit&&i==a[pos]);
}
if(!limit)
dp[pos][pre][sta]=res;
return res;
}
int solve(int x)
{
int pos=0;
while(x)
{
a[pos++]=x%10;
x/=10;
}
//最高位开始为偶数位
return DP(pos-1,9,0,1,true);
}
int main()
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
int l,r;
cin>>l>>r;
int ans=solve(r)-solve(l-1);
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}

P.d

题意:定义数x合法:当x能被自己所有的digit整除,i.e:15能被1和5整除为合法.

l,r<=1e18,问[l,r]内有多少个数合法?

能被自己所有的digit整除 也就是被lcm(d[1]..d[i])整除
lcm(1,2..9)=2520 则设dp[pos][lcm][num] 因为x%2520和x同余任意一个lcm 所以num为当高位到pos位的数%2520 最后判断num%lcm==0是否成立即可 

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2530;
ll dp[20][50]
,n,m;
int a[20];
int gcd(int a,int b)
{
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int index
;
void init()
{
int cnt=0;
for(int i=1;i<=2520;i++)
if(2520%i==0)
index[i]=cnt++;
}
ll dfs(int pos,int lcm,int num,bool limit)
{
if(pos<0)
return num%lcm==0;
if(!limit&&dp[pos][index[lcm]][num]!=-1)
return dp[pos][index[lcm]][num];
ll res=0;
int up=limit?a[pos]:9;
for(int i=0;i<=up;i++)
{
int now=lcm;
if(i)
now=lcm*i/gcd(lcm,i);
res+=dfs(pos-1,now,(num*10+i)%2520,limit&&i==a[pos]);
}
if(!limit)
dp[pos][index[lcm]][num]=res;
return res;
}
ll solve(ll n)
{
int pos=0;
while(n)
{
a[pos++]=n%10;
n/=10;
}
return dfs(pos-1,1,0,true);
}
int main()
{
init();
int T;
cin>>T;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
while(T--)
{
cin>>n>>m;
cout<<solve(m)-solve(n-1)<<endl;
}
return 0;
}