数位DP模板

数位DP问题,大多是统计数量,通常用按位处理的方法解决。

具体为:询问 [ L , R ] [L,R] [L,R]中满足某一条件的数。利用前缀和的思想,我们可以把问题简化,即转化为询问 [ 1 , R ] [1,R] [1,R] [ 1 , L − 1 ] [1,L-1] [1,L1]
实现时,常常使用记忆化搜索,由于有很多限制条件,所以常常增加几维状态,即是否有前导零等标记。

这里是博主@wust_wenhao的数位DP模板:

typedef long long ll;
int a[20];
ll dp[20][state];//不同题目状态不同
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));
    }
}

先鸽一下,以后再填坑

你可能感兴趣的:(数位DP)