数位DP

在了解数位dp之前，先来看一个问题：

      例1.求a~b中不包含49的数的个数. 0 < a、b < 2*10^9

注意到n的数据范围非常大，暴力求解是不可能的，考虑dp,如果直接记录下数字，数组会开不起，该怎么办呢？要用到数位dp.

     数位dp一般应用于：

  求出在给定区间[A,B]内，符合条件P(i)的数i的个数.

  条件P(i)一般与数的大小无关，而与 数的组成 有关.

这样，我们就要考虑一些特殊的记录方法来做这道题.一般来说，要保存给定数的每个位置的数.然后要记录的状态为当前操作数的位数，剩下的就是根据题目的需要来记录.可以发现，数位dp的题做法一般都差不多，只是定义状态的不同罢了.

下面开始针对例题进行分析:

   我们要求[a,b]不包含49的数的个数，可以想到利用前缀和来做，具体来说，就是[a,b] = [0,b] - [0,a),(")"是不包括a),我们先求出给定a,b的每个位置的数，保存在数组s中，例如a = 109,那么a[1] = 9,a[2] = 0,a[3] = 1.然后开始dp，我们可以选择记忆化搜索或者是递推，前一种相对于第二种而言简单和较为容易理解一些，所以我们选择记忆化搜索.那么需要记录些什么呢？首先长度是一定要记录的，然后记录当前的数位是否为4，这样就便于在记忆化搜索中得到答案.

   然后进行记忆化搜索，记录上一位是否为4和枚举这一位，如果没有限制的话很好办，直接枚举就可以了，但是这样可能会超空间，因此我们每次都必须要判断是否有最大的限制，这里不是很好说，看代码更容易理解：

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int a, b, shu[20], dp[20][2];

int dfs(int len, bool if4, bool shangxian)
{
    if (len == 0)
        return 1;
    if (!shangxian && dp[len][if4])   //为什么要返回呢？可以画图理解当我们搜到3XXX时，程序运行到1XXX时就已经把3XXX之后的搜索完了，记忆化也是这个用意.，减小了运算次序
        return dp[len][if4];
    int cnt = 0, maxx = (shangxian ? shu[len] : 9);
    for (int i = 0; i <= maxx; i++)
    {
        if (if4 && i == 9)
            continue;
        cnt += dfs(len - 1, i == 4, shangxian && i == maxx);  //只有之前有限制现在的达到了上限才能构成限制
    }
    return shangxian ? cnt : dp[len][if4] = cnt; //如果有限制，那么就不能记忆化，否则记忆的是个错误的数.
}

int solve(int x)
{
    memset(shu, 0, sizeof(shu));
    int k = 0;
    while (x)
    {
        shu[++k] = x % 10;  //保存a,b的数
        x /= 10;
    }
    return dfs(k, false, true);
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &a, &b);
    printf("%d\n", solve(b) - solve(a - 1));

    //while (1);
    return 0;
}

shangxian && i == a[pos]

• 这段代码是为确定下一个数位的上限作准备，据说初学者会觉得这有点难理解，我就重点解释一下。

假设上限是555

现在已经DP到了5xy了，如果x的值为5， 那y的上限就为5， 如果x为4那y的上限就为9，因为448,449都小于555

 

 

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)

由于这种新的枚举只控制了上界所以我们的Main函数总是这样：

int main()
{
    long long le,ri;
    while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))
        printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));
}

w_w 是吧！统计[1,ri]数量和[1,le-1]，然后相减就是区间[le,ri]的数量了，这里我写的下界是1，其实0也行，反正相减后就没了，注意题目中le的范围都是大于等于1的(不然le=0,再减一就G_G了)！！！还是就题而论。

在讲例题之前先讲个基本的动态模板(先看后面的例题也行)：dp思想，枚举到当前位置pos，状态为state(这个就是根据题目来的，可能很多，毕竟dp千变万化)的数量(既然是计数,dp值显然是保存满足条件数的个数)

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));
    }
}

相信读者还对这个有不少疑问，笔者认为有必要讲一下记忆化为什么是if(!limit)才行，大致就是说有无limit会出现状态冲突，举例：

 

约束：数位上不能出现连续的两个1(11、112、211都是不合法的)

假设就是[1,210]这个区间的个数

状态:dp[pos][pre]:当前枚举到pos位，前面一位枚举的是pre(更加前面的位已经合法了)，的个数(我的pos从0开始)

先看错误的方法计数，就是不判limit就是直接记忆化

那么假设我们第一次枚举了百位是0，显然后面的枚举limit=false，也就是数位上0到9的枚举，然后当我十位枚举了1，此时考虑dp[0][1],就是枚举到个位，前一位是1的个数，显然dp[0][1]=9;(个位只有是1的时候是不满足的)，这个状态记录下来，继续dfs，一直到百位枚举了2，十位枚举了1，显然此时递归到了pos=0,pre=1的层，而dp[0][1]的状态已经有了即dp[pos][pre]!=-1；此时程序直接return dp[0][1]了，然而显然是错的，因为此时是有limit的个位只能枚举0，根本没有9个数，这就是状态冲突了。有lead的时候可能出现冲突，这只是两个最基本的不同的题目可能还要加限制，反正宗旨都是让dp状态唯一

对于这个错误说两点：一是limit为true的数并不多，一个个枚举不会很浪费时间，所以我们记录下! limit的状态解决了不少子问题重叠。第二，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，这种方法一般是对的，关于这个具体会讲，下面有题bzoj3209会用到这个。

数位的部分就是这些，然后就是难点，dp部分，dp大牛的艺术，弱鸡只能看看+...+

转载：https://blog.csdn.net/wust_zzwh/article/details/52100392

https://blog.csdn.net/qq_37321281/article/details/74502501