数位DP--由一道微软笔试题引起

前天晚上，一位研三的学长突然跑到我们宿舍，问我们一道微软笔试题。给你一个整数n，求出1到n这个区间范围内包含数字0的个数，例如当n=10的时候就只有10包含0，输出1，n=90就输出9。唯一的要求是此题不能用遍历来实现，时间负责度要比O(n)小，要是遍历显然谁都会做。

初看此题，似乎能找到规律，应该是排列组合的思想，下面是我认识的一个学数学的同学提供的思路：

用数学方法看起来应该能够解决，不过并没有尝试。在问了一个ACM大牛后，得到了一个名词“数位DP”，并且发现其实有很多与此类似的题目，都可以用数位DP的方法求解。

下面先给出数位DP的背景：

•在给定区间[A,B]内，找满足要求的数。

•要求一般和数大小无关，而与数的组成有关

•例如，递增的，1234, 2579…

•         双峰的，19280,26193…

•         含49的，49, 149, 1492… 

•         整除13的，26, 39…

•麻烦在于，规模大，位数> 100，不能枚举。

•区间往往不是整百整千，边界问题

•

•注意

–记忆化搜索思路清晰

–开适当空间

–寻找合适的状态，简化计算量

为了降低时间复杂度，可以借鉴传统DP中状态转换，打表这些思路，得到了数位DP：

F(A,B) = F(B,0)-F(A-1,0)

暴力+存储 = 记忆化搜索

•暴力：

•暴力枚举每一位(0..9),注意区间边界;与符号的匹配。

•dfs(i,j,k,flag)

•枚举第i位的数，匹配str[j],前一位是k，是否达到上限(flag=true,false)

•达到了上限则只能枚举0..num[i]，否则可以枚举0..9

•存储

•dfs(i,j,k,flag)

•设状态与递归参数一致f[i][j][k][flag]，表示当枚举到第i位的数，匹配str[j],前一位是k，是否达到上限(flag=true,false)时，满足要求的数字个数。

•dfs的过程，相当于在填充f，假设f的空间O(100*10*10*2)，则dfs的时间O(20000)

针对上面几种类型的问题，数位DP解决方案如下：（具体可以看http://www.cppblog.com/Yuan/archive/2011/07/15/139299.html）

•整除13

•dfs(i, m, flag)

•枚举第i位数，前面枚举出的数模13的余数m，是否到达上限flag

•

•整除自身各位数CF55D

•dfs(i, m, l, flag)

•枚举第i位数，前面枚举出的数模LCM(0..9)，LCM(前面枚举出的数)，是否达到上限

•

•包含”49”

•dfs(i, k, find, flag)

•枚举第i位数，前一位是k，是否已包含”49”(find)，是否达到上限

•分类讨论：前一位是否为4，当前是否已包含“49”

在这几种类型中，包含49的与微软这道题最为相近，不过要注意的是运算过程中需要把前缀0的情况剔除，最终代码如下：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

const int L = 20, P = 1e9+7;

struct RES 
{
	ll all, sum, cnt;
	RES() {}
	RES(int i,int j,int k):all(i),sum(j),cnt(k) {}
} dp[L];

ll chkmod(ll x,ll p) 
{
	return (x%p+p)%p;
}

int d[L], n;

RES dfs(int pos, int UP) 
{
	if(pos<0)
	{
		return RES(0,0,1);
	}
	if(!UP && ~dp[pos].all)
	{
		return dp[pos];
	}
	RES ret(0,0,0);
	int up=UP?d[pos]:9;
	ret.all += dfs(pos-1, UP&&up==0).all;
	ret.all %= P;
	for(int i=1;i<=up;i++) 
	{
		int nUP = UP&&i==up;
		for(int j=pos-1;j>=-1;j--) 
		{
			ll tmp = dfs(j, nUP).sum + dfs(j, nUP).cnt * (pos - 1 - j);
			tmp %= P;
			ret.all += tmp;
			ret.all %= P;
			ret.sum += tmp;
			ret.sum %= P;
			ret.cnt += dfs(j, nUP).cnt;
			ret.cnt %= P;

			nUP = nUP && d[j]==0; // !!!
		}
	}

	if(!UP) 
	{
		dp[pos] = ret;
	}
	return ret;
}

ll cal(ll x) 
{
	n=0;
	while(x) 
	{
		d[n++]=x%10;
		x/=10;
	}
	return dfs(n-1,1).all;
}

int main()
{
	mem(dp,-1);
	ll n;
	while(cin>>n) 
	{
		cout<<cal(n)<<endl;
	}
	return 0;
}