【数位DP】CF 54C，509C，431D，628D，855E，1245F，95D

这一次有题解了！！

T1：CF54C First Digit Law

title

solution

这个题目是真的绕！！
其次本题是数位\(dp\)，概率\(dp\)，背包的结合

对于数位\(dp\)板块，其实我是没有写的，因为用简单的组合数就可以代替，显然

如果这个数长成\(1******\)，那么如果位数小于这个数的就是可以乱填出\(1\)的，
然后再加上\(1000000-1******\)中的个数就好了

如果这个数长成\((>1)******\)，那只要位数小于等于这个数都可以乱填

然后以取的区间个数作为重量，概率作为价值，乘号转移，然后自己领悟吧

code

#include 
#define ll long long
int n, k;
double dp[1100], p[1100];

ll solve( ll num ) {
	ll cnt = 0, last = 0, Pow = 1, ans = 0, x = num;
	while( x ) {
		last = x % 10;
		cnt ++;
		x /= 10;
	}
	for( int i = 1;i < cnt;i ++, Pow *= 10 )
		ans += Pow;
	if( last > 1 ) ans += Pow;
	else if( last == 1 ) ans += num - Pow + 1;
	return ans;
}

int main() {
	scanf( "%d", &n );
	for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {
		ll l, r;
		scanf( "%I64d %I64d", &l, &r );
		ll temp = solve( r ) - solve( l - 1 );
		p[i] = temp * 1.0 / ( r - l + 1 );
	}
	scanf( "%d", &k );
	dp[0] = 1.0;
	for( int i = 1;i <= n;i ++ )
		for( int j = n;~ j;j -- ) {
			dp[j] = dp[j] * ( 1 - p[i] );
			if( j > 0 ) dp[j] += dp[j - 1] * p[i];
		}
	double ans = 0;
	for( int i = 0;i <= n;i ++ )
		if( i * 100 >= n * k )
			ans += dp[i];
	printf( "%.12lf", ans );
	return 0;
}

T2：CF509C Sums of Digits

title

solution

我们想一下怎么才能构造出最小的？显然
从低到高位开始填，一直填\(9\)，到首位的时候就填剩下的那个数\(r\)
因为数的大小首先是位数，其次是位数上的值！

---

第一个数肯定这样构造出来最小
接下来我们考虑后续数怎么构造出来
只有三种填法

①：仿照第一个数，也是后面全填\(9\)，首位填剩的
②：在前一个构造出来的数上的首位\(+1\)，这样保证大于后，后面就乱填
③：在前一个构造出来的数上的任意一位增加至\(9\)，直到满足数位和相等才停
显然，从低位往高位填是最小的

code

#include 
int n, len;
int b[400], a[400];

void solve( int num ) {
	for( int i = 1;num;i ++ ) {
		while( a[i] < 9 && num )
			a[i] ++, num --;
		if( i > len && ! num ) len = i;
	}
}

void print() {
	for( int i = len;i;i -- )
		printf( "%d", a[i] );
	printf( "\n" );
}

int main() {
	scanf( "%d", &n );
	for( int i = 1;i <= n;i ++ )
		scanf( "%d", &b[i] );
	solve( b[1] );
	print();
	for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {
		int temp = b[i] - b[i - 1];
		if( temp > 0 ) {
			solve( temp );
			print();
		}
		else {
			int k = 1;
			while( 1 ) {
				if( k > len ) len = k;
				if( a[k] < 9 && temp > 0 ) {
					a[k] ++;
					solve( temp - 1 );
					print();
					break;
				}
				temp += a[k];
				a[k] = 0;
				k ++;
			}
		}
	}
	return 0;
}

T3：CF431D Random Task

title

solution

首先看\(n\)的范围\([1,1e18]\)我们想要把这个降下来，唯一支持的时间复杂度就是\(logN\)
自然而然就会想到去二分答案\(n\)
但是二分必须要保证单调性，现在我们来证明一下n越大，二进制中有k个1的个数一定变大或不变

假设当前二分的答案为\(n\)
那么计算范围就是\([n+1,2n]\)
对于\(n+1\)而言，我们主观是认为\(n+1\)一定不劣于\(n\)，有时候我们的主观是正确的
\(n+1\)计算范围为\([n+2,2n+2]\)

分别把区间划分一下
\([n+1,2n]=n+1,[n+2, 2n]\)
\([n+2,2n+2]=[n+2,2n],2n+1,2n+2\)
发现\([n+2,2n]\)可以抵消
\(n+1,2n+2\)也可以抵消！！

这个时候巧妙转化为二进制思考

\(2n+2\)是\(n+1\)的两倍，也就相当于\(2n+2=(n+1)<<1\)
二进制左移以为不就相当补了一个\(0\)，那么前面两个数中二进制含有\(1\)的个数是不变的！！
所以也可以抵消

此时\([n+1,2n+2]\)就还剩下一个\(2n+1\)，所以一定不劣于，证毕

所以为什么题目是\([n+1,2n]\)范围，如果是\([n,2n]\)就不好说了，而且要求必须恰好为\(m\)不能大于

---

好了接下来，就是普通的数位\(dp\)了，先把套路搞起来
把\([l,r]\)转化为\([1,r]-[1,l-1]\)
然后用二进制数位\(dp\)
就是控制前\(i\)位相等，然后后面乱填，这里不再赘述（你看代码就会马上get）

code

#include 
#include 
#define ll long long
ll m;
int k, num[100];
ll dp[100][100];

ll dfs( int pos, int sum, bool lim ) {
	if( ! pos ) return ( sum == k );
	if( ! lim && dp[pos][sum] != -1 ) return dp[pos][sum];
	int up = lim ? num[pos] : 1;
	ll ans = 0;
	for( int i = 0;i <= up;i ++ ) 
		if( sum + ( i == 1 ) <= k )
			ans += dfs( pos - 1, sum + ( i == 1 ), lim && ( i == up ) );
	if( ! lim ) dp[pos][sum] = ans;
	return ans;
}

ll solve( ll x ) {
	int len = 0;
	while( x ) num[++ len] = x & 1, x >>= 1;
	return dfs( len, 0, 1 );
}

ll calc( ll x ) {
	return solve( x << 1 ) - solve( x );
}

int main() {
	scanf( "%lld %d", &m, &k );
	memset( dp, -1, sizeof( dp ) );
	ll l = 1, r = 1e18;
	while( l <= r ) {
		ll mid = ( l + r ) >> 1, ans = calc( mid );
		if( ans == m ) return ! printf( "%lld", mid );
		else if( ans > m ) r = mid - 1;
		else l = mid + 1;
	}
	return 0;
}

T4：CF628D Magic Numbers

title

solution

这是道中规中矩的数位\(DP\)题目，只不过设计了一丁点的高精
按照套路我们会转化成\([1,r]-[1,l-1]\)，但是\(l-1\)涉及高精减，所以我们就单独拎出来
写一个\(check\)专门判断\(l\)是否符合，然后差分计算\([1,r]-[1,l]\)

注意，题目翻译是错误的
是从高位到低位（从左往右）首位是奇数，然后偶数位，奇数位，偶数位

这种看代码就会秒懂的，不展开叙述

code

#include 
#include 
#define mod 1000000007
#define ll long long
int m, d, len;
ll ans;
int num[2005];
char l[2005], r[2005];
ll dp[2005][2005];

ll dfs( int pos, int sum, bool lim ) {
	if( pos == -1 ) return ( sum == 0 );
	if( ! lim && ~ dp[pos][sum] ) return dp[pos][sum];
	int up = lim ? num[pos] : 9;
	ll ans = 0;
	for( int i = 0;i <= up;i ++ ) {
		if( ( ( len - pos ) & 1 ) && i == d ) continue;
		if( ( ! ( ( len - pos ) & 1 ) ) && i != d ) continue;
		ans = ( ans + dfs( pos - 1, ( sum * 10 + i ) % m, lim && ( i == up ) ) ) % mod;
	}
	if( ! lim ) dp[pos][sum] = ans;
	return ans;
}

ll calc( char *x ) {
	len = strlen( x );
	for( int i = 0;i < len;i ++ )
		num[len - i - 1] = x[i] - '0';
	return dfs( len - 1, 0, 1 );
}

bool check() {
	len = strlen( l );
	ll sum = 0;
	for( int i = 0;i < len;i ++ ) {
		int j = l[i] - '0';
		if( ( ( i + 1 ) & 1 ) && j == d ) return 0;
		if( ( ! ( ( i + 1 ) & 1 ) ) && j != d ) return 0;
		sum = ( sum * 10 + j ) % m;
	}
	return ( sum == 0 );
}

int main() {
	memset( dp, -1, sizeof( dp ) );
	scanf( "%d %d %s %s", &m, &d, l, r );
	ans = ( calc( r ) - calc( l ) + mod ) % mod;
	ans += check();
	printf( "%lld", ans % mod );
	return 0;
}

T5：CF855E Salazar Slytherin's Locket

title

solution

这个也是很简单的数位\(DP\)，只不过中间我们套一个状压\(DP\)
如果状态\(s\)的第\(i\)位为\(0\)，表示数字\(i\)出现了偶数次，反之出现奇数次
转化成\(b\)进制直接搞就行了呗

code

#include 
#include 
#define ll long long
int Q, b;
int num[70];
ll l, r;
ll dp[12][70][( 1 << 11 ) - 1];

ll dfs( int pos, int s, bool zero, bool lim ) {
	if( !pos ) return !s;
	if( ~dp[b][pos][s] && !zero && !lim ) return dp[b][pos][s];
	int up = lim ? num[pos] : b - 1;
	ll ans = 0;
	for( int i = 0;i <= up;i ++ )
		ans += dfs( pos - 1, ( !i && zero ) ? s : s ^ ( 1 << i ), zero && !i, lim && ( i == up ) );
	if( !zero && !lim ) dp[b][pos][s] = ans;
	return ans;
}

ll solve( ll x ) {
	int len = 0;
	while( x ) num[++ len] = x % b, x /= b;
	return dfs( len, 0, 1, 1 );
}

int main() {
	memset( dp, -1, sizeof( dp ) );
	scanf( "%d", &Q );
	while( Q -- ) {
		scanf( "%d %lld %lld", &b, &l, &r );
		printf( "%lld\n", solve( r ) - solve( l - 1 ) );
	}
	return 0;
}

T6：CF1245F Daniel and Spring Cleaning

title

solution

异或可以转化成二进制下不进位加法
朴素数位\(DP\)直接上

code

#include 
#include 
#include 
#define ll long long
int T, L, R;
ll dp[40][2][2];

ll dfs( int pos, bool limL, bool limR ) {
	if( pos == -1 ) return 1;
	if( ~ dp[pos][limL][limR] ) return dp[pos][limL][limR];
	dp[pos][limL][limR] = 0;
	int upL = limL ? ( L >> pos ) & 1 : 1;
	int upR = limR ? ( R >> pos ) & 1 : 1;
	for( int i = 0;i <= upL;i ++ )
		for( int j = 0;j <= upR;j ++ )
			if( ! ( i & j ) )
				dp[pos][limL][limR] += dfs( pos - 1, limL && ( i == upL ), limR && ( j == upR ) );
	return dp[pos][limL][limR];
}

ll solve( int l, int r ) {
	if( l == -1 ) return 0;
	memset( dp, -1, sizeof( dp ) );
	L = l, R = r;
	dfs( log2( R + 1 ) + 1, 1, 1 );
}

int main() {
	scanf( "%d", &T );
	while( T -- ) {
		int l, r;
		scanf( "%d %d", &l, &r );
		printf( "%lld\n", solve( r, r ) - solve( l - 1, r ) * 2 + solve( l - 1, l - 1 ) );
	}
	return 0;
}

T7：CF95D Horse Races

title

code

直接看代码即可

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define mod 1000000007
#define ll long long
int T, k;
int num[1005];
char l[1005], r[1005];
ll dp[1005][1005][2];
//pos表示当前位置
//d表示k+1减去与前一个幸运数字的距离
//那么当d降到0时，它与前面的幸运数字的距离就超过k了
//flag表示之前是否符合要求，符合要求为1，不符合为0
//lim表示当前位能否取到9，即之前是否达到上界，达到上界就为1，没有就为0
ll dfs( int pos, int d, bool flag, bool lim ) {
	if( ! pos ) return flag;
	if( ! lim && ~ dp[pos][d][flag] ) return dp[pos][d][flag];
	int up = lim ? num[pos] : 9;
	ll ans = 0;
	for( int i = 0;i <= up;i ++ ) {
		if( i != 4 && i != 7 )
			ans = ( ans + dfs( pos - 1, max( d - 1, 0 ), flag, lim && ( i == up ) ) ) % mod;
		else
			ans = ( ans + dfs( pos - 1, k, flag || d, lim && ( i == up ) ) ) % mod;
	}
	if( ! lim ) dp[pos][d][flag] = ans;
	return ans;
}

ll calc( char *x ) {
	int len = strlen( x );
	for( int i = len - 1;i >= 0;i -- )
		num[len - i] = x[i] - '0';
	return dfs( len, 0, 0, 1 );
}

bool check() {
	int len = strlen( l ), last = 0x3f3f3f3f;
	for( int i = len - 1;~ i;i -- ) {
		int j = l[i] - '0';
		if( j == 4 || j == 7 ) {
			if( last - i <= k ) return 1;
			else last = i;
		}
	}
	return 0;
}

int main() {
	memset( dp, -1, sizeof( dp ) );
	scanf( "%d %d", &T, &k );
	while( T -- ) {
		scanf( "%s %s", l, r );
		printf( "%lld\n", ( calc( r ) - calc( l ) + check() + mod ) % mod );
	}
	return 0;
}