数位DP，看这一篇就足够了！

数位DP用来解决什么问题？

         我们有时候会遇到这样一类题目，给你一个区间 [l,r] ，找区间上符合某种特定要求的数的个数，这个要求可能很简单，很好理解，但是由于区间范围太大，以至于对每个数进行遍历判别是不太可能的，对于这种情况，就需要用数位DP来解决了。

朴素解法

for(int i = l;i<=r;i++)
    if(check(i))ans++;

        其中check函数是检验是否满足要求，ans是总个数，这样求解很容易超时，比如 l = 1，r = 1e9，时间上肯定是过不去的，于是我们就要考虑如何优化这个问题了。

两个优化思想

• 思想1：用f(x)表示不大于x的数中满足要求的个数，这样最后的结果可以表示为：f(r) - f(l-1)
• 思想2：用一棵树的形式来理解

        这里说的可能有点抽象了，但是没有关系，我们以一道题目为例：给定一个区间 [l.r] ，找到这个区间上所有的“不减数”，不减数定义为从高位到低位数字大小是不减的，比如：223,669,456等等

        那么这道题目我们首先使用第一个思想，假设dp(n)为区间 [0,n] 上的不减数的个数，那么最后的结果应该是dp(r) - dp(l-1)，下边我们来详细介绍一下第二个优化思想，我们将数字n各位上的数字从高位到低位排列，如下图所示：

                                    

        我们很容易能够理解，题目中要求的数实际上满足：

                                     

        我们假设：f[i,j] 表示最高位为j，长度为i的数中，不降数的个数，所以我们有代码：

void init()
{
    //长度为1的个数只有一个
    for(int i=0;i<=9;i++) f[1][i]=1;
    //长度大于1时
    for(int i=2;i

        下边我们考虑数位，我们将这个数字竖着来写，当我们选择数字时，比如当n=5863时，那么最高位就是5，很明显我们只能取0~5，下边我们将分两种情况，第一种是取0~4，此时只要以0~4开头的所以数是存在的，于是f[0~4][m]就是该部分的不降数个数；对于另一种情况，最高位取了5，那么下一位并不能取遍0~9，所以需要再做一次分类。

               

如下图所示，当第二位取0~7时，那么后边的数字可以取遍0~9，所以满足条件个数为 f[0~7,m-1]，对于取8的情况，还要继续分情况，到这里就很清楚的说明为什么数位DP可以用一颗树来形象说明了，中间过程是递归的，下边我给出解题代码：

                

题解

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn=15;

int f[maxn][maxn];

void init()
{
    //长度为1的个数只有一个
    for(int i=0;i<=9;i++) f[1][i]=1;
    //长度大于1时
    for(int i=2;inums;
    while(n) nums.push_back(n%10),n/=10;
    int res=0;//方案数
    int last=0;//保留一些前缀信息，本题是上一个数是几
    ///从最大数开始枚举
    for(int i=nums.size()-1;i>=0;i--)
    {
        int x=nums[i];//x为当前这位数
        for(int j=last;j=上一位，所以从last开始枚举,最多枚举到x,last为上一位，也即最高位，对下一位的枚举是有限制的
            res+=f[i+1][j];    ///左端的节点有i+1个位数（因为第一位的下标是0)

        if(x>l>>r)
    {
         cout<

不理解模板？再来一道题目

题目链接：https://www.acwing.com/problem/content/1083/

        这里还是解释一下题意：求符合要求的数的个数，要求为一个数字可以被表达为以下形式：

                       

        其中n和a代表一个数字，m1~mp是p个不同的数字，换言之，一个数字n可以写成a的不同幂的和，那么这个数字就是符合要求的。还是给一个区间 [l,r] 求区间中所有符合要求的数字的个数，我们可以将这道题目题解为，将n转换为a进制，该数字中各个位上1个个数正好有K个，我们定义 f[i,j] 代表后i位中包含j个1的数字的个数，初始化过程为：

void init(){
    for(int i = 0;i<=N;i++)
        for(int j = 0;j<=i;j++)
            if(!j)f[i][j] = 1;
            else f[i][j] = f[i-1][j]+f[i-1][j-1];
}

我还先将流程放上来：

                    

        如果当前位是0的话，那么该位只能取0，有res += f[i][K - last]，last是已经使用了多少个1，如果当前为为1的话，那么last++；如果当前位大于1的话后边的数字将不受限制，res += f[i][K-last-1];break终止即可，下边是详细代码：

题解

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int X,Y,K,B;
const int N = 35;
int f[N][N];

//组合数
//f[i][j]表示i个数中随机先j个的组合数
void init(){
    for(int i = 0;i<=N;i++)
        for(int j = 0;j<=i;j++)
            if(!j)f[i][j] = 1;
            else f[i][j] = f[i-1][j]+f[i-1][j-1];
}


int dp(int n){
    //特判
    if(n==0)return 0;
    //转化为B进制
    vectornums;
    while(n){
        nums.push_back(n%B);
        n = n/B;
    }
    int res = 0;
    int last = 0;
    
    for(int i = nums.size()-1;i>=0;i--){
        int x = nums[i];
        //如果x>0
        if(x){
            //该位取0
            res += f[i][K - last];
            if(x>1){
                //大于1，后边取值不受限制，终止
                if(K-last-1>=0)res += f[i][K-last-1];
                break;
            }
            else {
                //等于1，用掉一个1
                last++;
                if(last>K)break;
            }
        }
        //特判
        if(i==0&&last==K)res++;
    }
    return res;
}



int main(){
    init();
    cin>>X>>Y>>K>>B;
     
    cout<

 

           画图码字不易，如果看懂了还请点个赞哦~

                

参考链接

https://www.acwing.com/problem/content/1083/

https://www.acwing.com/solution/content/10735/