数位dp（模板+例题）

文章参考：数位dp之总结

首先，什么是数位dp？它是干什么的？

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。

举个栗子：
加入我们要枚举所有上界不超过231的数，那么我们一般的做法就是：

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

这里的le和ri分别是0和231。
方法可以是可以，但是有时候枚举量会太大，这里采用新的枚举方法：

从高位起，每次枚举每一位的数，要求每次枚举都不能超过231，比如第一位你的上界是2，那么你就只能枚举0或1或2。当你第一位枚举1的时候，你第二位就可以随便枚举0~9；但当你第一位枚举的是2，接下来那一位便只能枚举0~3。以此类推，总之就是枚举的数不能超过规定的这个上界。与此同时要注意能否出现前导0，这个看题目，代码中的lead代表了前导0。

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模板代码：

typedef long long ll;  
int a[20];  
ll dp[20][state];//不同题目状态不同  
//有人可能想到把dp状态改一下dp[pos][state][limit]就是分别记录不同limit下的个数
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  
{  
    //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  
    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 */  
    //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝)  
    if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];  
    /*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*/  
    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  
    ll ans=0;  
    //开始计数  
    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  
    {  
        if() ...  
        else if()...  
        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  
        /*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了 
        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 
        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 
        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， 
        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*/  
    }  
    //计算完，记录状态  
    if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;  
    /*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*/  
    return ans;  
}  
ll solve(ll x)  
{  
    int pos=0;  
    while(x)//把数位都分解出来  
    {  
        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  
        x/=10;  
    }  
    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  
}  
int main()  
{  
    ll le,ri;  
    while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))  
    {  
        //初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化,后面讲  
        printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));  
    }  
}  

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例题：bzoj1026 Windy数
题意：
windy定义了一种windy数。不含前导零且相邻两个数字之差至少为2的正整数被称为windy数。 windy想知道，在A和B之间，包括A和B，总共有多少个windy数？
输入为两个整数，输出windy数的个数。

代码如下：

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
ll l, r;
ll dp[25][25][2];
int dig[25];

ll dfs(int pos, int pre, bool limit, bool lead) {
    if (pos < 0)return 1;
    if (!limit && dp[pos][pre][lead] != -1)
        return dp[pos][pre][lead];
    ll ans = 0;
    int up = limit ? dig[pos]: 9;
    for (int i = 0; i <= up; i++) {
        if (lead||abs(i - pre) >= 2) {
            ans += dfs(pos - 1, i, limit && (i == up), lead && (i == 0));
        }
    }
    if (!limit)dp[pos][pre][lead] = ans;
    return ans;
}

ll cal(ll n) {
    int len = 0;
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    while (n) {
        dig[len++] = n % 10;
        n /= 10;
    }
    return dfs(len - 1, 0, true,1);
}

int main() {
    scanf("%lld%lld", &l, &r);
    printf("%lld", cal(r) - cal(l - 1));
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/romaLzhih/p/9489812.html