数位dp小记
参考：
http://www.cnblogs.com/jffifa/archive/2012/08/17/2644847.html
kuangbin ：http://www.cnblogs.com/kuangbin/category/476047.html
http://blog.csdn.net/cmonkey_cfj/article/details/7798809
http://blog.csdn.net/liuqiyao_01/article/details/9109419
数位dp有递推和记忆化搜索的方法，比较来说记忆化搜索方法更好。通过博客一的一个好的模板，数位dp就几乎变成一个线性dp问题了。
下为博客一内容：
。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。
偷看了下7k+大牛的数位统计dp写法，通常的数位dp可以写成如下形式：
int dfs(int i, int s, bool e) { if (i==-1) return s==target_s; if (!e && ~f[i][s]) return f[i][s]; int res = 0; int u = e?num[i]:9; for (int d = first?1:0; d <= u; ++d) res += dfs(i-1, new_s(s, d), e&&d==u); return e?res:f[i][s]=res; }
其中：
f为记忆化数组；
i为当前处理串的第i位（权重表示法，也即后面剩下i+1位待填数）；
s为之前数字的状态（如果要求后面的数满足什么状态，也可以再记一个目标状态t之类，for的时候枚举下t）；
e表示之前的数是否是上界的前缀（即后面的数能否任意填）。
for循环枚举数字时，要注意是否能枚举0，以及0对于状态的影响，有的题目前导0和中间的0是等价的，但有的不是，对于后者可以在dfs时再加一个状态变量z，表示前面是否全部是前导0，也可以看是否是首位，然后外面统计时候枚举一下位数。It depends.
于是关键就在怎么设计状态。当然做多了之后状态一眼就可以瞄出来。
注意：
不满足区间减法性质的话（如hdu 4376），不能用solve(r)-solve(l-1)，状态设计会更加诡异。
。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。正如上面说的要注意：
前导零是否有影响。
是否满足区间减的性质。（如hdu4376，还没做，先记上）
几乎就是模板题：
模板：
UESTC 1307相邻的数差大于等于2
（不允许有前导0，前导0对计算有影响，注意前导0的处理）
int dp[15][10];
int bit[15];
int dfs(int pos, int s, bool limit, bool fzero)
{
if (pos == -1) return 1;///前导0的影响!!!
if (!limit && !fzero && ~dp[pos][s]) return dp[pos][s];///条件判断!!!
int end = limit ? bit[pos] : 9;
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= end; i++)
{
if (!fzero && abs(i - s) < 2) continue;///前导0的影响!!!
int nows = i;
ans += dfs(pos - 1, nows, limit && (i == end), fzero && !i);
}
return limit || fzero ? ans : dp[pos][s] = ans;///条件判断!!!
}
int calc(int n)
{
if (n == 0) return 1;
int len = 0;
while (n)
{
bit[len++] = n % 10;
n /= 10;
}
return dfs(len - 1, 0, 1, 1);
}
int main ()
{
memset(dp, -1, sizeof(dp));
int l, r;
while (cin >> l >> r)
{
cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;
}
return 0;
}Hdu3555不能出现连续的49
int bit[25];
LL dp[25][3];
/**
0
1
2
*/
/**
pos为当前考虑的位置
s为在pos之前已到达的状态
limit当前考虑的数字是否有限制,即之前已确定的数是否为n的前缀
*/
LL dfs(int pos, int s, bool limit)
{
if (pos == -1) return s == 2;
if (!limit && ~dp[pos][s]) return dp[pos][s];
int end = limit ? bit[pos] : 9;///limit选择
LL ans = 0;
for (int i = 0; i <= end; i++)
{
int nows;
if (s == 0)
{
if (i == 4) nows = 1;
else nows = 0;
}
else if (s == 1)
{
if (i == 9) nows = 2;
else if (i == 4) nows = 1;
else nows = 0;
}
else if (s == 2) nows = 2;
ans += dfs(pos - 1, nows, limit && i == end);
}
return limit ? ans : dp[pos][s] = ans;///limit选择
}
LL calc(LL n)
{
///
int len = 0;
while (n)
{
bit[len++] = n % 10;
n /= 10;
}
///
return dfs(len - 1, 0, 1);
}
int main ()
{
memset(dp, -1, sizeof(dp));
int T;
RI(T);
LL n;
while (T--)
{
cin >> n;
cout << calc(n) << endl;
}
return 0;
}hdu2089 不要62
int dp[10][3];
int bit[10];
int dfs(int pos, int s, int limit, bool first)
{
if (pos == -1) return s == 2;
if (!limit && ~dp[pos][s]) return dp[pos][s];
int end = limit ? bit[pos] : 9;
// int be = first ? 1 : 0;
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= end; i++)
{
int nows = s;
if (s == 0)
{
if (i == 6) nows = 1;
else if (i == 4) nows = 2;
}
if (s == 1)
{
if (i == 2 || i == 4) nows = 2;
else if (i == 6) nows = 1;
else nows = 0;
}
if (i == 4) nows = 2;
ans += dfs(pos - 1, nows, limit && (i == end), first && !i);
}
return limit ? ans : dp[pos][s] = ans;
}
int calc(int n)
{
int tmp = n;
if (n == 0) return 0;
int len = 0;
while (n)
{
bit[len++] = n % 10;
n /= 10;
}
return tmp - dfs(len - 1, 0, 1, 1);
}
int main ()
{
memset(dp, -1, sizeof(dp));
int l, r;
// for (int i = 1; i <= 100; i++)
// cout << i << ' ' << calc(i) << endl;
while (cin >> l >> r)
{
if (l + r == 0) break;
// cout << calc(r) << ' ' << calc(l - 1) << endl;
cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;
}
return 0;
}UESTC 1307相邻的数差大于等于2
（注意前导0的处理）
int dp[15][10];
int bit[15];
int dfs(int pos, int s, bool limit, bool fzero)
{
if (pos == -1) return 1;///前导0的影响!!!
if (!limit && !fzero && ~dp[pos][s]) return dp[pos][s];///条件判断!!!
int end = limit ? bit[pos] : 9;
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= end; i++)
{
if (!fzero && abs(i - s) < 2) continue;///前导0的影响!!!
int nows = i;
ans += dfs(pos - 1, nows, limit && (i == end), fzero && !i);
}
return limit || fzero ? ans : dp[pos][s] = ans;///条件判断!!!
}
int calc(int n)
{
if (n == 0) return 1;
int len = 0;
while (n)
{
bit[len++] = n % 10;
n /= 10;
}
return dfs(len - 1, 0, 1, 1);
}
int main ()
{
memset(dp, -1, sizeof(dp));
int l, r;
while (cin >> l >> r)
{
cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;
}
return 0;
}
POJ 3252 Round Number (组合数)！！！
拆成2进制，在记录0和1的个数
求区间[l,r]中，满足传化成2进制后，0的个数>=1的个数的，数字的个数
int dp[40][40][40];
int bit[40];
int dfs(int pos, int num0, int num1, bool limit, bool fzero)
{
if (pos == -1) return num0 >= num1;///前导0的影响!!!
if (!limit && !fzero && ~dp[pos][num0][num1]) return dp[pos][num0][num1];///条件判断!!!
int end = limit ? bit[pos] : 1;
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= end; i++)
{
int new0, new1;
if (fzero)
{
new0 = 0, new1 = 0;
if (i) new1 = 1;
}
else
{
new0 = num0, new1 = num1;
if (i) new1++;
else new0++;
}
ans += dfs(pos - 1, new0, new1, limit && (i == end), fzero && !i);
}
return limit || fzero ? ans : dp[pos][num0][num1] = ans;///条件判断!!!
}
int calc(int n)
{
if (n == 0) return 1;
int len = 0;
while (n)
{
bit[len++] = n % 2;
n /= 2;
}
return dfs(len - 1, 0, 0, 1, 1);
}
int main ()
{
memset(dp, -1, sizeof(dp));
int l, r;
while (cin >> l >> r)
{
cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;
}
return 0;
}hdu3886求满足符号串的数字个数！！！
统计满足和指定 升降字符串 匹配的个数
int dp[105][105][10];
int bit[105];
char s[105];
char a[105], b[105];
int ns;
bool ok(int r, int a, int b)
{
if (s[r] == '/') return a < b;
else if (s[r] == '-') return a == b;
else if (s[r] == '\\') return a > b;
}
int dfs(int pos, int r, int pre, bool limit, bool prezero)
{
if (pos == -1) return (r == ns);
if (!limit && !prezero && ~dp[pos][r][pre]) return dp[pos][r][pre];
int end = limit ? bit[pos] : 9;
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= end; i++)
{
if (prezero)
{
ans += dfs(pos - 1, r, i, limit && (i == end), prezero && (!i));
}
else
{
if (r < ns && ok(r, pre, i))///优先考虑向后拓展
ans += dfs(pos - 1, r + 1, i, limit && (i == end), 0);
else if (r > 0 && ok(r - 1, pre, i))
ans += dfs(pos - 1, r, i, limit && (i == end), 0);
}
ans %= MOD;
}
if (!limit && !prezero) dp[pos][r][pre] = ans;
return ans;
}
int calc(char a[], bool dec)
{
int n = strlen(a);
int len = 0, tmp = 0;
while (a[tmp] == '0') tmp++;
for (int i = n - 1; i >= tmp; i--)
{
bit[len++] = a[i] - '0';
}
if (dec && len > 0)
{
for (int i = 0; i < len; i++)
{
if (bit[i])
{
bit[i]--;
break;
}
else bit[i] = 9;
}
}
return dfs(len - 1, 0, 0, 1, 1);
}
int main ()
{
while (scanf("%s", s) != EOF)
{
memset(dp, -1, sizeof(dp));
ns = strlen(s);
scanf("%s%s", a, b);
printf("%08d\n", (calc(b, 0) - calc(a, 1) + MOD) % MOD);
}
return 0;
}HDU 3709 平衡数
LL dp[20][20][2000];
///力矩最大为不超过10*20*10;
int bit[20];
LL dfs(int pos, int r, int sum, int e)
{
if (pos == -1) return sum == 0;
if (sum < 0) return 0;
if (!e && ~dp[pos][r][sum]) return dp[pos][r][sum];
int end = e ? bit[pos] : 9;
LL ans = 0;
for (int i = 0; i <= end; i++)
{
ans += dfs(pos - 1, r, sum + i * (pos - r), e && (i == end));
}
if (!e) dp[pos][r][sum] = ans;
return ans;
}
LL calc(LL n)
{
if (n < 0) return 0;
int len = 0;
while (n)
{
bit[len++] = n % 10;
n /= 10;
}
LL ans = 0;
for (int i = 0; i < len; i++)///需要枚举支点
ans += dfs(len - 1, i, 0, 1);
return ans - (len - 1);
}
int main ()
{
memset(dp, -1, sizeof(dp));
int t;
LL l, r;
RI(t);
while (t--)
{
scanf("%I64d%I64d", &l, &r);
printf("%I64d\n", calc(r) - calc(l - 1));
}
return 0;
}HDU4352严格上升子序列的长度为K的个数。！！！
最长上升子序列结合，通过集合（1<<10）来处理
LL dp[25][1 << 11][11];
int bit[25];
int k;
int getnews(int s, int x)
{
for(int i=x;i<10;i++)
if(s&(1<>= 1;
}
return ret;
}
LL dfs(int pos, int s, int e, int z)
{
if (pos == -1) return getnum(s) == k;
if (!e && ~dp[pos][s][k]) return dp[pos][s][k];
int end = e ? bit[pos] : 9;
LL ans = 0;
for (int i = 0; i <= end; i++)
{
int news = getnews(s, i);
if (z && !i) news = 0;
ans += dfs(pos - 1, news, e && (i == end), z && (!i));
}
if (!e) dp[pos][s][k] = ans;
return ans;
}
LL calc(LL n)
{
int len = 0;
while (n)
{
bit[len++] = n % 10;
n /= 10;
}
return dfs(len - 1, 0, 1, 1);
}
int main ()
{
LL n, m;
memset(dp, -1, sizeof(dp));
int t;
scanf("%d", &t);
int nc = 1;
while (t--)
{
cin >> n >> m >> k;
printf("Case #%d: ", nc++);
cout << calc(m) - calc(n - 1) << endl;
}
return 0;
} ！！！是比较不错，待看的题
比较还好的处理的题目：
Codeforces 55D Beautiful numbers！！！
spoj 10606 Balanced Numbers
ac自动机和数位dp结合（！！！）：
hdu4376！！！（区间不可减？？？）
ZOJ3494 BCD Code(AC自动机+数位DP)！！！
整除和简单统计：
HDU4507 和7无关数的平方和！！！
HDU 3652 出现13，而且能被13整除
LightOJ 1068 能被K整数且各位数字之和也能被K整除的数
light OJ 1140两个数之间的所有数中零的个数。
lightoj 1032 二进制数中连续两个‘1’出现次数的和
其它：
LightOJ1205求区间[a,b]的回文数个数。
ural 1057 数位统计
codeforces215E周期数
codeforces258B在1-m中任选7个数，要使前六个数字中的“4”,"7"之和小于第七个的，
Zoj2599 数位统计（见题意）
zoj3162分形、自相似