数位DP入门+数位DP模板

数位dp是一种计数用的dp，一般就是要统计一个区间[le,ri]内满足一些条件数的个数。所谓数位dp，字面意思就是在数位上进行dp咯。数位还算是比较好听的名字，数位的含义：一个数有个位、十位、百位、千位......数的每一位就是数位啦！

 

之所以要引入数位的概念完全就是为了dp。数位dp的实质就是换一种暴力枚举的方式，使得新的枚举方式满足dp的性质，然后记忆化就可以了。

两种不同的枚举：对于一个求区间[le,ri]满足条件数的个数，最简单的暴力如下：

 

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1. for(int i=le;i<=ri;i++)  
2.         if(right(i)) ans++;  

然而这样枚举不方便记忆化，或者说根本无状态可言。

 

新的枚举：控制上界枚举，从最高位开始往下枚举，例如：ri=213，那么我们从百位开始枚举：百位可能的情况有0,1,2(觉得这里枚举0有问题的继续看)

然后每一位枚举都不能让枚举的这个数超过上界213（下界就是0或者1，这个次要），当百位枚举了1，那么十位枚举就是从0到9，因为百位1已经比上界2小了，后面数位枚举什么都不可能超过上界。所以问题就在于：当高位枚举刚好达到上界是，那么紧接着的一位枚举就有上界限制了。具体的这里如果百位枚举了2，那么十位的枚举情况就是0到1，如果前两位枚举了21，最后一位之是0到3(这一点正好对于代码模板里的一个变量limit 专门用来判断枚举范围)。最后一个问题：最高位枚举0：百位枚举0，相当于此时我枚举的这个数最多是两位数，如果十位继续枚举0，那么我枚举的就是以为数咯，因为我们要枚举的是小于等于ri的所以数，当然不能少了位数比ri小的咯！(这样枚举是为了无遗漏的枚举，不过可能会带来一个问题，就是前导零的问题，模板里用lead变量表示，不过这个不是每个题目都是会有影响的，可能前导零不会影响我们计数，具体要看题目)

由于这种新的枚举只控制了上界所以我们的Main函数总是这样：

 

[cpp] view plain copy

1. int main()  
2. {  
3.     long long le,ri;  
4.     while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))  
5.         printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));  
6. }  

w_w 是吧！统计[1,ri]数量和[1,le-1]，然后相减就是区间[le,ri]的数量了，这里我写的下界是1，其实0也行，反正相减后就没了，注意题目中le的范围都是大于等于1的(不然le=0,再减一就G_G了)

 

在讲例题之前先讲个基本的动态模板(先看后面的例题也行)：dp思想，枚举到当前位置pos，状态为state(这个就是根据题目来的，可能很多，毕竟dp千变万化)的数量(既然是计数,dp值显然是保存满足条件数的个数)

 

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1. typedef long long ll;  
2. int a[20];  
3. ll dp[20][state];//不同题目状态不同  
4. ll dfs(int pos,/*state变量*/,bool lead/*前导零*/,bool limit/*数位上界变量*/)//不是每个题都要判断前导零  
5. {  
6.     //递归边界，既然是按位枚举，最低位是0，那么pos==-1说明这个数我枚举完了  
7.     if(pos==-1) return 1;/*这里一般返回1，表示你枚举的这个数是合法的，那么这里就需要你在枚举时必须每一位都要满足题目条件，也就是说当前枚举到pos位，一定要保证前面已经枚举的数位是合法的。不过具体题目不同或者写法不同的话不一定要返回1 */  
8.     //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝)  
9.     if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];  
10.     /*常规写法都是在没有限制的条件记忆化，这里与下面记录状态是对应，具体为什么是有条件的记忆化后面会讲*/  
11.     int up=limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up;这个的例子前面用213讲过了  
12.     ll ans=0;  
13.     //开始计数  
14.     for(int i=0;i<=up;i++)//枚举，然后把不同情况的个数加到ans就可以了  
15.     {  
16.         if() ...  
17.         else if()...  
18.         ans+=dfs(pos-1,/*状态转移*/,lead && i==0,limit && i==a[pos]) //最后两个变量传参都是这样写的  
19.         /*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了 
20.         大概就是说，我当前数位枚举的数是i，然后根据题目的约束条件分类讨论 
21.         去计算不同情况下的个数，还有要根据state变量来保证i的合法性，比如题目 
22.         要求数位上不能有62连续出现,那么就是state就是要保存前一位pre,然后分类， 
23.         前一位如果是6那么这意味就不能是2，这里一定要保存枚举的这个数是合法*/  
24.     }  
25.     //计算完，记录状态  
26.     if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;  
27.     /*这里对应上面的记忆化，在一定条件下时记录，保证一致性，当然如果约束条件不需要考虑lead，这里就是lead就完全不用考虑了*/  
28.     return ans;  
29. }  
30. ll solve(ll x)  
31. {  
32.     int pos=0;  
33.     while(x)//把数位都分解出来  
34.     {  
35.         a[pos++]=x%10;//个人老是喜欢编号为[0,pos),看不惯的就按自己习惯来，反正注意数位边界就行  
36.         x/=10;  
37.     }  
38.     return dfs(pos-1/*从最高位开始枚举*/,/*一系列状态 */,true,true);//刚开始最高位都是有限制并且有前导零的，显然比最高位还要高的一位视为0嘛  
39. }  
40. int main()  
41. {  
42.     ll le,ri;  
43.     while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))  
44.     {  
45.         //初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化,后面讲  
46.         printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));  
47.     }  
48. }  
49.  

 

例题

【HDU2089】不要六二

中文题面，题意很好理解，这里不再赘述

这是数位DP的入门题，可以好好理解数位DP的原理和基本框架，上面这个模板很详细，可以解决一般的数位DP问题，这题很简单，直接上代码了：

 

 

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

 

 

 

 

 

【HDU6148】Valley Number

这也是一道中文题，题意很好懂就是数字从左到右看不要有先递增后递减的情况即可

这道题只要修改一下上面的模板就可以了，数位DP题的关键在于如何分析下一个数字的情况

 

 

ll dfs(int pos, int pre, int turn, bool limit, bool invalid)
//这条语句中pos是要DP的位置，pre,turn,limit,invalid...这些都是前提条件，或者
//说是之前位置上确定一些数之后的状态，而这个dfs要进行的就是在这个状态下继续
//确定下一位的数字

 

 

同样直接看代码吧，这种题关键在于你要理解如何确定每一位数字的过程

 

 

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

这就是数位DP的入门了，之后继续学习数位DP更美妙的高级艺术吧！

 

 

参考资料：http://blog.csdn.net/wust_zzwh/article/details/52100392