(原创)数位DP专题小结--by sgx
数位DP，一句话概括，就是在一个给定区间内求出满足某中奇葩条件的数字个数，这真是奇葩题目，但是总体写起来又有一定规律性。
主要可以分为以下几个步骤：
确定主体框架，确定一个大方向，想想该如何设计状态；
下面基本就是模板，直接DFS就行了，一位一位处理，这也是他叫按位DP的原因。
数位DP代码一般都很短，不过效率挺好，解决一些竞赛中出现的问题非常有用 。
如果看了这部分 ，你感觉还是不会的话，(这是当然啊，狂汗~~）,那么请继续往下看。
下面用几个例子来说明一下，具体注释都附在代码内：
PS：我是菜狗，这些都是很水的数位DP，求大神勿喷~~
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Problem 1160 - 科协的数字游戏I
windy数
Sample Output
纪念UESTC首A，@杜贵平
主要可以分为以下几个步骤：
确定主体框架，确定一个大方向，想想该如何设计状态；
下面基本就是模板，直接DFS就行了，一位一位处理，这也是他叫按位DP的原因。
数位DP代码一般都很短，不过效率挺好，解决一些竞赛中出现的问题非常有用 。
如果看了这部分 ，你感觉还是不会的话，(这是当然啊，狂汗~~）,那么请继续往下看。
下面用几个例子来说明一下，具体注释都附在代码内：
PS：我是菜狗，这些都是很水的数位DP，求大神勿喷~~
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Problem 1160 - 科协的数字游戏I
Time Limit: 1000MS
Memory Limit: 65536KB
Difficulty:
Total Submit: 181 Accepted: 29 Special Judge: No
Total Submit: 181 Accepted: 29 Special Judge: No
Description
科协里最近很流行数字游戏。某人命名了一种不降数，这种数字必须满足从左到右各位数字成大于等于的关系，如123，446。现在大家决定玩一个游戏，指定一个整数闭区间[a,b]，问这个区间内有多少个不降数。
Input
题目有多组测试数据。每组只含2个数字a, b (1 <= a, b <= 2^31)。
Output
每行给出一个测试数据的答案，即[a, b]之间有多少阶梯数。
Sample Input
1 9
1 19
Sample Output
9
18
Hint
/********************************************************************
* Problem:科协的数字游戏2
* source:XDOJ
* author：sgx
* date：2013/09/15
*********************************************************************/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
const int N=25;
int digit[N];
LL dp[N][N];
LL dfs(int pos,int statu,int limit)
{
int i,end,s;
LL res=0;
if(pos==-1)
return 1;
if(!limit&&dp[pos][statu]!=-1)
return dp[pos][statu];
end=limit?digit[pos]:9;
for(i=statu;i<=end;i++)
res+=dfs(pos-1,i,limit&&i==end);
if(!limit)
dp[pos][statu]=res;
return res;
}
LL calc(LL n)
{
int len=0;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
while(n)
{
digit[len++]=n%10;
n/=10;
}
return dfs(len-1,0,1);
}
int main()
{
LL a,b;
while(scanf("%lld %lld",&a,&b)!=EOF)
printf("%lld\n",calc(b)-calc(a-1));
return 0;
}
————————————————————————————————————分割线—————————————————————————————————————
Problem 1161 - 科协的数字游戏II
Time Limit
: 1000MS
Memory Limit
: 65536KB
Difficulty
:
Total Submit : 108 Accepted : 13 Special Judge : No
Total Submit : 108 Accepted : 13 Special Judge : No
Description
由于科协里最近真的很流行数字游戏。（= =！汗一个）某人又命名了一种取模数，这种数字必须满足各位数字之和 mod N为0。现在大家又要玩游戏了，指定一个整数闭区间[a,b]，问这个区间内有多少个取模数。
Input
题目有多组测试数据。每组只含3个数字a, b, n (1 <= a, b <= 2^31,1 <= n < 100)。
Output
每个测试用例输出一行，表示各位数字和 mod N为0 的数的个数。
Sample Input
1 19 9
Sample Output
2
Hint
Source
tclh123
/********************************************************************
* Problem:科协的数字游戏2
* source:XDOJ
* 分析：记忆化搜索部分，pre表示前面各位数字之和对该数取模的结果
* author：sgx
* date：2013/09/15
*********************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=100+5;
int dp[maxn][105];
int digit[maxn];
int mod,l,r;
int DFS(int pos,int pre,bool limit)
{
if(pos==-1)
return pre==0;
if(!limit&&dp[pos][pre]!=-1)
return dp[pos][pre];
LL res=0,end=limit?digit[pos]:9;
for(int i=0;i<=end;i++)
{
int new_pre=(pre+i)%mod;
res+=DFS(pos-1,new_pre,limit&&i==end);
}
if(!limit)
dp[pos][pre]=res;
return res;
}
LL solve(int n)
{
int len=0;
while(n)
{
digit[len++]=n%10;
n/=10;
}
return DFS(len-1,0,true);
}
int main()
{
while(scanf("%d%d%d",&l,&r,&mod)!=EOF)
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
printf("%lld\n",solve(r)-solve(l-1));
}
return 0;
}
————————————分割线————————
HDU3052--B-number
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1556 Accepted Submission(s): 852
Problem Description
A wqb-number, or B-number for short, is a non-negative integer whose decimal form contains the sub- string "13" and can be divided by 13. For example, 130 and 2613 are wqb-numbers, but 143 and 2639 are not. Your task is to calculate how many wqb-numbers from 1 to n for a given integer n.
Input
Process till EOF. In each line, there is one positive integer n(1 <= n <= 1000000000).
Output
Print each answer in a single line.
Sample Input
13
100
200
1000
100
200
1000
Sample Output
1
1
2
2
1
2
2
/**************************************************************
* 题意：求[1,n]内有多少个数字，该数字有13，且能被13整除 n<=10^9
即要满足x % 13 = 0；x=pre*10^pos+next;
(pos代表处理到当前的位数，next代表正在处理的位置上面的数字)
(pre*10^pos + next) % 13 = 0，pre是之前确定的部分；
需要的参数为pre , pos ,状态用status表示
status==2记录pre拥有"13"，status==1是表示没有出现13，但是首位是1；
status=0表示没有13；
* Author:sgx
* Date:2013/09/15
*************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=100+5;
int dp[10][13][3];
int digit[10];
int DFS(int pos,int status,int pre,bool limit)
{
if(pos==-1)
return status==2&&pre==0;
if(!limit&&dp[pos][pre][status]!=-1)
return dp[pos][pre][status];
LL res=0;
int end=limit?digit[pos]:9;
for(int i=0;i<=end;i++)
{
int new_pre=(pre*10+i)%13;
int new_status=status;
/*准备计算出下一阶段中新的状态status*/
if(status==0&&i==1)
new_status=1;/*原来没有出现13但是当前位是1，所以属于状态1对应的情况，故更新新状态为1；*/
if(status==1&&i==1)
new_status=1;/*解释方法同上*/
else if(status==1&&i!=3)
new_status=0;
if(status==1&&i==3)
new_status=2;
res+=DFS(pos-1,new_status,new_pre,limit&&i==end);
/*//limit==true则说明有限制,即所有可能并没有被全部记录,故此时记入dp数组 */
//limit==false则说明之后的分支状态已经搜索完全
}
if(!limit)
dp[pos][pre][status]=res;
return res;
}
LL solve(int n)
{
int len=0;
while(n)
{
digit[len++]=n%10;
n/=10;
}
return DFS(len-1,0,0,true);
}
int main()
{
LL m,n;
while(scanf("%lld",&n)!=EOF)
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
printf("%lld\n",solve(n));
}
return 0;
}
HDU3555----BombTime Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 131072/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 4594 Accepted Submission(s): 1601
Problem Description
The counter-terrorists found a time bomb in the dust. But this time the terrorists improve on the time bomb. The number sequence of the time bomb counts from 1 to N. If the current number sequence includes the sub-sequence "49", the power of the blast would add one point.
Now the counter-terrorist knows the number N. They want to know the final points of the power. Can you help them?
Input
Now the counter-terrorist knows the number N. They want to know the final points of the power. Can you help them?
Input
The first line of input consists of an integer T (1 <= T <= 10000), indicating the number of test cases. For each test case, there will be an integer N (1 <= N <= 2^63-1) as the description.
The input terminates by end of file marker.
Output
The input terminates by end of file marker.
Output
For each test case, output an integer indicating the final points of the power.
Sample Input
3
1
50
500
1
50
500
Sample Output
0
1
15
1
15
/******************************************************************
* PS:网上大神的文章真的太神了，改不了，贴过来
* 附个链接：http://blog.csdn.net/whyorwhnt/article/details/8764955
*******************************************************************/
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int bit[25];
__int64 dp[25][3];
//dp[i][0]表示长度为i,没有49
//dp[i][1]表示长度为i,没有49但前一位为4
//dp[i][2]表示长度为i,包括49的个数
/*limit表示是否有上限,比如n=1234,现在转移到12,如果下一位选3,那么再下一位就有上限,
上限为4,如果不选3,那么下一位就没限制,最高位9,转移能保证转移到数比n小*/
__int64 Dfs (int pos,int s,bool limit) //s为之前数字的状态
{
if (pos==-1)
return s==2;
if (limit==false && ~dp[pos][s])
return dp[pos][s];
int i ,end=limit?bit[pos]:9;
__int64 ans=0;
for (i=0;i<=end;i++)
{
int nows=s;
if(s==0 && i==4)
nows=1;
if(s==1 && i!=9) //前一位为4
nows=0;
if(s==1 && i==4)
nows=1;
if(s==1 && i==9) //49
nows=2;
ans+=Dfs(pos-1 , nows , limit && i==end);
}
//limit==true则说明有限制,即所有可能并没有被全部记录,故此时记入dp数组
//limit==false则说明之后的分支状态已经搜索完全
return limit?ans:dp[pos][s]=ans;
}
int main ()
{
__int64 n;
int T;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
scanf("%I64d",&n);
int len=0;
while (n)
{
bit[len++]=n%10;
n/=10;
}
printf("%I64d\n",Dfs(len-1,0,1));
}
return 0;
}
HDU2089--不要62
Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 13687 Accepted Submission(s): 4402
Problem Description
杭州人称那些傻乎乎粘嗒嗒的人为62（音：laoer）。
杭州交通管理局经常会扩充一些的士车牌照，新近出来一个好消息，以后上牌照，不再含有不吉利的数字了，这样一来，就可以消除个别的士司机和乘客的心理障碍，更安全地服务大众。
不吉利的数字为所有含有4或62的号码。例如：
62315 73418 88914
都属于不吉利号码。但是，61152虽然含有6和2，但不是62连号，所以不属于不吉利数字之列。
你的任务是，对于每次给出的一个牌照区间号，推断出交管局今次又要实际上给多少辆新的士车上牌照了。
杭州交通管理局经常会扩充一些的士车牌照，新近出来一个好消息，以后上牌照，不再含有不吉利的数字了，这样一来，就可以消除个别的士司机和乘客的心理障碍，更安全地服务大众。
不吉利的数字为所有含有4或62的号码。例如：
62315 73418 88914
都属于不吉利号码。但是，61152虽然含有6和2，但不是62连号，所以不属于不吉利数字之列。
你的任务是，对于每次给出的一个牌照区间号，推断出交管局今次又要实际上给多少辆新的士车上牌照了。
Input
输入的都是整数对n、m（0<n≤m<1000000），如果遇到都是0的整数对，则输入结束。
Output
对于每个整数对，输出一个不含有不吉利数字的统计个数，该数值占一行位置。
Sample Input
1 100
0 0
0 0
Sample Output
80
/********************************************************************
* Problem:HDU2089-不要62
* source:HDU
* 分析：记忆化搜索部分，i==4时要及时continue掉，不然无限WA；
* author：sgx
* date：2013/09/15
*********************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=100+5;
int dp[maxn][3];
int digit[maxn];
//dp[i][0]表示长度为i,没有62
//dp[i][1]表示长度为i,没有62但前一位为6
//dp[i][2]表示长度为i,包括62的个数
int DFS(int pos,int status,bool limit)
{
if(pos==-1)
return status==2;
if(!limit&&dp[pos][status]!=-1)
return dp[pos][status];
LL res=0,end=limit?digit[pos]:9;
for(int i=0;i<=end;i++)
{
int new_status=status;
if(i==4)
new_status=2;
else if(status==0&&i==6)
new_status=1;
else if(status==1&&i==6)
new_status=1;
else if(status==1&&i!=2)
new_status=0;
else if(status==1&&i==2)
new_status=2;
res+=DFS(pos-1,new_status,limit&&i==end);
}
if(!limit)
dp[pos][status]=res;
return res;
}
LL solve(int n)
{
int len=0;
while(n)
{
digit[len++]=n%10;
n/=10;
}
return DFS(len-1,0,true);
}
int main()
{
int n,m;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF&&(n+m))
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
printf("%lld\n",m-n+1-solve(m)+solve(n-1));
}
return 0;
}
HDU4734F(x)
Time Limit: 1000/500 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 485 Accepted Submission(s): 179
Problem Description
For a decimal number x with n digits (A
nA
n-1A
n-2 ... A
2A
1), we define its weight as F(x) = A
n * 2
n-1 + A
n-1 * 2
n-2 + ... + A
2 * 2 + A
1 * 1. Now you are given two numbers A and B, please calculate how many numbers are there between 0 and B, inclusive, whose weight is no more than F(A).
Input
The first line has a number T (T <= 10000) , indicating the number of test cases.
For each test case, there are two numbers A and B (0 <= A,B < 10 9)
For each test case, there are two numbers A and B (0 <= A,B < 10 9)
Output
For every case,you should output "Case #t: " at first, without quotes. The
t is the case number starting from 1. Then output the answer.
Sample Input
3
0 100
1 10
5 100
0 100
1 10
5 100
Sample Output
Case #1: 1
Case #2: 2
Case #3: 13
Case #2: 2
Case #3: 13
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=300;
const int maxm=6000;
int dp[maxn][maxm];
int a[maxn];
int DFS(int pos,int cur,int limit)
{
int i,ed,s,ans=0;
if(pos==-1)
return cur>=0;
if(!limit&&dp[pos][cur]!=-1)
return dp[pos][cur];
ed=limit?a[pos]:9;
for(i=0;i<=ed;i++)
{
s=cur-i*(1<<pos);
if(s<0)
break;
ans+=DFS(pos-1,s,limit&&i==ed);
}
if(!limit&&dp[pos][cur]==-1)
dp[pos][cur]=ans;
return ans;
}
int transfer(int n)
{
int res=0,m=1;
while(n)
{
res+=(n%10)*m;
n/=10;
m*=2;
}
return res;
}
int solve(int n,int m)
{
int st=-1;
while(m)
{
a[++st]=m%10;
m/=10;
}
int res=DFS(st,transfer(n),1);
return res;
}
int main()
{
int test,n,m;
scanf("%d",&test);
memset(dp,-1,sizeof(dp));
for(int ii=1;ii<=test;ii++)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
printf("Case #%d: %d\n",ii,solve(n,m));
}
return 0;
}
windy数
Description
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？
包含两个整数，A B。
满足 1 <= A <= B <= 2000000000 。
包含一个整数：闭区间[A,B]上windy数的个数。
Sample Input1 10
Sample Output
9
纪念UESTC首A，@杜贵平
艰难AC。。。。 /******************************************************************* * problem:windy数 * source:UESTC1307 * author:sgx * date:2013/09/18 ********************************************************************/ #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> using namespace std; const int maxn=20; typedef long long LL; LL dp[maxn][11]; LL digit[maxn]; LL DFS(int pos,int pre,bool limit,bool first_place)//first_place判断前导0 { if(pos==-1) return first_place==0; if(!limit&&dp[pos][pre]!=-1&&first_place==false) return dp[pos][pre]; int end=limit?digit[pos]:9; LL ans=0; for(int i=0;i<=end;i++) { if(first_place!=0) ans+=DFS(pos-1,i,limit&&i==end,first_place&&i==0); else if(abs(i-pre)>=2) ans+=DFS(pos-1,i,limit&&i==end,first_place); } if(!limit&&first_place==false) dp[pos][pre]=ans; return ans; } LL solve(LL n) { LL len=0; while(n) { digit[len++]=n%10; n/=10; } return DFS(len-1,0,true,true); } int main() { LL l,r; while(scanf("%lld%lld",&l,&r)!=EOF) { memset(dp,-1,sizeof(dp)); LL ans=solve(r)-solve(l-1); printf("%lld\n",ans); } return 0; }