（ 动态规划专题 ）【 数位dp 】

（ 动态规划专题 ）【 数位dp 】

基础篇
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。所谓数位dp，字面意思就是在数位上进行dp咯。数位还算是比较好听的名字，数位的含义：一个数有个位、十位、百位、千位......数的每一位就是数位啦！
之所以要引入数位的概念完全就是为了dp。数位dp的实质就是换一种暴力枚举的方式，使得新的枚举方式满足dp的性质，然后记忆化就可以了。

两种不同的枚举：对于一个求区间[le,ri]满足条件数的个数，最简单的暴力如下：

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

然而这样枚举不方便记忆化，或者说根本无状态可言。
新的枚举：控制上界枚举，从最高位开始往下枚举，例如：ri=213，那么我们从百位开始枚举：百位可能的情况有0,1,2(觉得这里枚举0有问题的继续看)

然后每一位枚举都不能让枚举的这个数超过上界213（下界就是0或者1，这个次要），当百位枚举了1，那么十位枚举就是从0到9，因为百位1已经比上界2小了，后面数位枚举什么都不可能超过上界。所以问题就在于：当高位枚举刚好达到上界是，那么紧接着的一位枚举就有上界限制了。具体的这里如果百位枚举了2，那么十位的枚举情况就是0到1，如果前两位枚举了21，最后一位之是0到3(这一点正好对于代码模板里的一个变量limit 专门用来判断枚举范围)。最后一个问题：最高位枚举0：百位枚举0，相当于此时我枚举的这个数最多是两位数，如果十位继续枚举0，那么我枚举的就是以为数咯，因为我们要枚举的是小于等于ri的所以数，当然不能少了位数比ri小的咯！(这样枚举是为了无遗漏的枚举，不过可能会带来一个问题，就是前导零的问题，模板里用lead变量表示，不过这个不是每个题目都是会有影响的，可能前导零不会影响我们计数，具体要看题目)
 

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;
    }
    //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
    return dfs(pos-1/*从最高位开始枚举*/,/*一系列状态 */,true,true);
}
int main()
{
    ll le,ri;
    memset(dp,-1,sizeof(dp)); // 多组输入也放在外边
    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));
    }
}

例题 : Gym 101653R

 

题意：把从左到右各个位数不递减的数称作Ramp Number，比如111234是Ramp Number，5643不是Ramp Number，求小于这个数的Ramp Number的个数。

思路：用数位dp来枚举，dp[ i ][ j ]  表示前 i 位 以 j 为结尾的数。枚举的条件就是当前为需要大于等于前一位，所有在dfs中加入变量pre。

代码：

#include
#define int long long

using namespace std;

int a[102];
int dp[102][20];

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

int solve( string x )
{
    int pos = 0;
    for ( int i=x.size()-1; i>=0; i-- ) {
        a[pos++] = x[i] - '0';
    }
    int isp = 1;
    for ( int i=0; i> t;
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    while ( t-- ) {
        cin >> n;
        cout << solve(n)-1 << endl;
    }

    return 0;
}