数位DP小结
数位DP递归版的基本模式。
数位DP经常询问的是在某个区间内符合某种条件的个数。
我个人喜欢用递归，因为简单好些。
先给个基本模式。
hdu 2089 不要62
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2089
询问区间中不包含4和62的个数。
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define FOR(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define clr(f,z) memset(f,z,sizeof(f))
using namespace std;
const int mm=11;
int dp[mm][mm][2];///位数，last num,has contain bad num
int bit[mm];
int DP(int pp,int last,bool has,bool big)
{
if(pp==-1)return has==0;///no contain bad num
if(big&&dp[pp][last][has]!=-1)return dp[pp][last][has];
int ret=0;
int kn=big?9:bit[pp];
FOR(i,0,kn)
{
ret+=DP(pp-1,i,has||(i==4||(last==6&&i==2)),big||kn!=i);
}
if(big)dp[pp][last][has]=ret;
return ret;
}
int get(int x)
{
int pos=-1;
while(x)
{
bit[++pos]=x%10;x/=10;
}
return DP(pos,0,0,0);
}
int main()
{
clr(dp,-1);
int n,m;
while(cin>>n>>m)
{ if(n==0&&m==0)break;
cout<<get(m)-get(n-1)<<endl;
}
}
大体的数位DP 都可以套用以上的形式来写。
其中状态有个注意点，就是设计的DP 状态能不能适用于所有的分组数据，如果可以就只需要初始化一次，如果不行，那每次执行都需要初始化。
比如：
hdu 4734 F(x)(数位
DP，4级)如果设计状态是dp[bit][statue] 表示i位长，能达到值为statue 的最优值，那就得每次初始化，那就T 了，因为每次询问所要求小于的数都不一样。
但如果换一个表式就可以了，表示bit位长，比statue小的有多少个，那就满足所有的询问了，就只需要初始化一次。
具体看这
http://blog.csdn.net/nealgavin/article/details/11703049
/***********************************************************************************************/
然后：数位DP 最重要的就赛状态设计和，一些状态精简之类的问题了。
《1.》 像这一题就是和LCM有关的数位DP 。
CodeForces 55D Beautiful numbers （数位DP+状态简化，5级）
http://blog.csdn.net/nealgavin/article/details/10446739
很容易能想到三维DP dp[第几位][模上最小公倍数数的余数][最小公倍数]
最小公倍数到2520 为止 ，故 需要 19x2520x2520 爆空间了。
但实际上能取到的最小公倍数没有2520个，只要几十个，因此可以哈希一下，因为DP只要记录其不同状态就可以了。
dp不需要每个数都算原因是不同数的mod数不同。因此不会错
接下来，就是水数位DP了。
《2.》SPOJ 10606. Balanced Numbers （数位DP,4级）
http://blog.csdn.net/nealgavin/article/details/10335221
《3.》这道是好题。状态压缩的递增自序列数位DP ，如果都理解透的化也是可以秒的。
hdu 4352 XHXJ's LIS(LIS+数位DP，5级)
http://blog.csdn.net/nealgavin/article/details/10078027
《4.》这到题就需要理解数位DP，它到底在求的是什么。
hdu 3709 Balanced Number(数位DP，5级)
http://blog.csdn.net/nealgavin/article/details/10084467
《5.》好题，需要设计多种状态，要分清楚。
hdu 4507 吉哥系列故事——恨7不成妻(数位DP，5级)
http://blog.csdn.net/nealgavin/article/details/10095879第二个与7无关的数的和的维护需要用到第一个个数。
处理到第pos个数位时，加上i*10^pos * 后面的个数
第三个的维护需要用到前面两个
(pre*10^pos + next)^2= (pre*10^pos)^2+2*pre*10^pos*next +next^2
ZOJ 3494 BCD Code (AC自动机+数位DP，5级)
http://blog.csdn.net/nealgavin/article/details/10303521