数位DP：求区间中满足“某种条件”的数的总数

使用场景

给定一个闭区间[L, R]，求这个区间中满足"某种条件”的数的总数量。
（Ans[L, R] = Ans[0, R] - Ans[0, L-1]）

例题

1、Windy数(BZOJ1026)

https://ac.nowcoder.com/acm/problem/20268

定义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。

比如5, 36, 192都是Windy数， 10, 21不是Windy数。 求[L,R]范围内有多少个Windy数。 1<=L,R<=2e9

思路

考虑统计[1, 12345]内Windy数的数量。 首先我们将长度≤5的数字补全前导零到五位：

1 -> 00001, 123 -> 00123

这样的映射一定是一一对应的，假设数字x补全前导零后为x’ ，那么一个数x<=12345 等同于 x’ 字典序<=12345。

DFS暴力

最直观的方法是从最高位到最低位DFS枚举。

int bit[20]; // 将上限R转为数组,从下标1开始

// pos：当前位数，pre_num：前一数字
// limit：是否前面每一位都达到上限，
// pre_zero: 前面的数是否为前导0
// 返回结果：前面一个数为pre_num的pos位数的方案数(限制条件limit、pre_zero)
int dfs(int pos, int pre_num, bool limit, bool pre_zero) {
     
    if (pos == 0)
        return 1;  // 如果已经枚举完每一位，直接返回

	// 得出这一位可以填的最大数字
    int max_num = limit ? bit[pos] : 0;
	bool zero;	// 该位是否为前导零
	int ans = 0;

	// 枚举这一位填的数字是多少
    for (int i = 0; i <= max_num; ++i){
     
		if( pre_zero && i == 0)
			zero = true;
		else
			zero = false;

		// 有前导0
		if(pre_zero)
			ans += dfs(pos - 1, i, limit && (i == max_num), zero);
		else{
     
			if(abs(pre_num - i) >= 2)
				ans += dfs(pos - 1, i, limit && (i == max_num), zero);
		}
	}
    return ans;
}

优化：数位DP

对于dfs(pos, pre_num, limit, pre_zero)，存在大量重复计算，特别是limit为false，pre_zero为false的情况。所以可以用dp[pos][pre_num]记录dfs(pos, pre_num, false, false)的情况，这就是数位dp的思想所在。

dp[i][j]表示：在无限制(可以取0~9任意数字)且无前导0的前提下，从高往低到达第pos位时，满足条件的方案数。

前面一个数为 j 的 i 位数 的结果方案数。

#include 
using namespace std;

using ll = long long;
ll dp[20][10];
int bit[20];  

int dfs(int pos, int pre_num, bool limit, bool pre_zero) {
     
    if (pos == 0)
        return 1;  

    if (!limit && !pre_zero && dp[pos][pre_num] != -1)
        return dp[pos][pre_num];

    int max_num = limit ? bit[pos] : 9;
    int ans = 0;

    for (int i = 0; i <= max_num; ++i) {
     
        if (pre_zero || !pre_zero && abs(pre_num - i) >= 2)
            ans += dfs(pos - 1, i, limit && i == max_num, pre_zero && i == 0);
    }
    if (!limit && !pre_zero)
        dp[pos][pre_num] = ans;
    return ans;
}

int solve(ll n) {
     
    int cnt = 0;
    while (n) {
     
        bit[++cnt] = n % 10;
        n /= 10;
    }
    return dfs(cnt, 0, true, true);
}

int main() {
     
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    int l, r;
    cin >> l >> r;
    cout << solve(r) - solve(l-1);
}

注：虽然0也会被当成Windy数，不过不影响结果正确性。

2、Round Numbers

POJ3252
给出一个区间[L, R]，在区间中找出用二进制表示的话0的个数大于1的个数的数的个数。

【思路】
使用num0/num1记录枚举到现在填了多少个0/1即可。

#include 
#include 
using namespace std;

int bit[32];
int dp[32][32][32];

// 如果有前导0， 该0不应该算进num0中
int dfs(int pos, int num0, int num1, bool pre_zero, bool limit) {
     
    if (pos == 0)
        return num0 >= num1;
    if (!limit && !pre_zero && dp[pos][num0][num1] != -1)
        return dp[pos][num0][num1];

    int max_num = limit ? bit[pos] : 1;
    int ans = 0;

    for (int i = 0; i <= max_num; i++) {
     
        if(i == 0){
     
            ans += dfs(pos-1, num0 + !pre_zero, num1, pre_zero, limit && (max_num == 0));
        }else if(i == 1){
     
            ans += dfs(pos-1, num0, num1 + 1, 0, limit && (max_num == 1));
        }
    }

    if (!limit)
        dp[pos][num0][num1] = ans;

    return ans;
}

int solve(int n) {
     
    int cnt = 0;
    while (n) {
     
        bit[++cnt] = n % 2;
        n /= 2;
    }
    return dfs(cnt, 0, 0, 1, 1);
}

int main() {
     
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    int l, r;
    cin >> l >> r;
    cout << solve(r) - solve(l - 1);
}

3、1～n 整数中 1 出现的次数

剑指 Offer 43. 1～n 整数中 1 出现的次数
输入一个整数 n ，求1～n这n个整数的十进制表示中1出现的次数。

例如，输入12，1～12这些整数中包含1 的数字有1、10、11和12，1一共出现了5次。

【思路】
用pos,count,limit表示计算到第pos位时，已经出现了count个1，之后的数字有无限制（能否取遍0~9），所有可能出现的1的个数。

int dp[20][11];
int bit[20];  

class Solution {
     
   public:
    int countDigitOne(int n) {
     
        memset(dp, -1, sizeof(dp));
        int cnt = 0;
        while (n) {
     
            bit[++cnt] = n % 10;
            n /= 10;
        }
		return dfs(cnt, 0, true);
    }

    int dfs(int pos, int cnt, bool limit) {
     
        if (pos == 0)
            return cnt;

        if (!limit && dp[pos][cnt] != -1)
            return dp[pos][cnt];

        int max_num = limit ? bit[pos] : 9;
        int ans = 0;

        // 枚举这一位填的数字是多少
        for (int i = 0; i <= max_num; ++i) {
     
            ans += dfs(pos - 1, cnt + (i == 1), limit && i == max_num);
        }

        if (!limit)
            dp[pos][cnt] = ans;
        return ans;
    }
};

解题步骤

对于数位dp题目只需要三步：

1. 判断这道题需要数位dp解决；
2. 找到除了pos外需要记录的状态，以及basecase；
3. 套模板。

参考：
https://www.bilibili.com/video/BV1Fc411h76q

https://blog.csdn.net/qq_40642465/article/details/81145768

https://blog.csdn.net/xiaolonggezte/article/details/75807418