淺談數位DP

淺談數位DP

前言

李老師太巨啦!!!
帶着一罐剛喝完的紅牛的李老師走進教室
xaero：“紅牛喝不喝"
李老師：“不喝不喝，再喝要猝死了”
於是李老師帶走了兩罐新的紅牛的空罐子

李老師講課的時候談到了數位dp，然後發現好久沒弄過了……於是去淺談了一下。

數位DP是什麼

一般數位DP是用於計數的DP，一般用於求$[l,r]$之間滿足某種規則（設規則爲$g(x)$），也就是滿足$g(x)$的數有多少個
數位的含義:一個數有個位、十位、百位、千位…數的每一位就是數位的意思
首先數位DP有兩種實現形式，遞推與記憶化搜索，當然選取於數據的組數。

數位DP的大概如何操作

因爲我的水平有限，故只能給出“大概”
首先給出對於簡單求上述模型，“一般用於求$[l,r]$之間滿足某種規則（設規則爲$g(x)$），也就是滿足$g(x)$的數有多少個”：

for(int i=l;i<=r;i++)  
        if(right(i)) ans++;  

然鵝這樣的暴力是$O(n*right)$的，

那麼，我們加上記憶化搜索的枚舉：
控制上屆（$limit$）枚舉，從最高位向下枚舉，用DP方程的形式也就是$f[i][j]$表示枚舉到第$i$位（從高位往低位）時，當前這一位的數字爲$j$，有多少個符合方案的數
那麼，以數字243爲例枚舉，
1.當最高位是0時，對於這個回一個$frontzero$（判斷前導0）的變量標記，（前導0對於計數的影響要看具體題目的，有比較大影響的比如說數字計數（ZJOI2010））
2.最高位是1時，後面自然可以枚舉$0$~$9$，
3.最高位是2時，爲了防止計了其他的數，第二位就有$limit$，也就是上限，第二位只能枚舉到4，如果第二位枚舉到4了，那麼第三位只能枚舉1以此類推。

一般數位DP的主程序如下，
就是到右邊界所有的符合條件的數，減去到左邊界-1符合條件的所有數（至於爲什麼不直接處理中間呢，是因爲比較難以實現，要限制的東西太多$ler$）

int main()  
{  
    long long l,r;  
    scanf("%lld%lld",&l,&r);
    printf("%lld\n",solve(r)-solve(l-1));  
}  

接下來給出數位DP的模板,講解基本全在模板裏了

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
int f[12][10],n,m,a[12];
int dp(int len,int pre,bool limit,bool frontzero)//len是枚舉的位，limit是上限，
//frontzero是
//前導0的判斷,pre是前一位是什麼
//數，也就是用來判斷某些條件的，比如說不要六二，
//pre爲6的時候，這一位就不能是2
{
	if (len==0) return 1;//枚舉到個位的後一位那麼直接可以退出了
	if (!frontzero&&!limit&&f[len][pre]!=-1) return f[len][pre];//如果
	//前導都不是0，
	//且也不受上限限制，那麼f[len][pre]也有
	//值，那麼就這個狀態可以直接作爲f[len+1][pre](即位數爲len+1，
	//這一位的數字爲pre)返回
	int p,ans=0,maxx=(limit?a[len]:9);//有上限時，只能是這一位原數字上
	//的數字，否則爲9
	for (int i=0; i<=maxx; i++)
	  {
	  	if () continue;//視具體題目條件而定
	  	p=i;
	  	if (frontzero&&i==0) p=-10000;//如果一直是0，那麼把p設置
	  	//成一個絕對爲f[len-1][p]
	  	//絕對爲-1的狀態，讓後面不能過繼。
	  	ans+=dp(len-1,p,limit&&(i==maxx),(p==-10000));//把有沒有受
	  	//上限控制，前導是不是都爲0，
	  	//前導都爲0的狀態的話一定要單獨
	  	//做
	  }
	if (!frontzero&&!limit) f[len][pre]=ans;//記憶化搜索
	return ans;
}
 

inline int solve(int x)
{
	int numx=0;
	memset(a,0,sizeof(a));
	while (x)
	  {
	  	a[++numx]=x%10;
	  	x/=10;
	  }//把x的位數及每一位上是什麼記錄下來
	memset(f,-1,sizeof(f));
	return dp(numx,-10000,1,1);
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	printf("%d",solve(m)-solve(n-1));
}

例題

T1

著名經典數位DP，不要62，求$[l,r]$之間不包含62和4的數字個數

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[20];
int dp[20][2];
int dfs(int pos,int pre,int sta,bool limit)
{
    if(pos==-1) return 1;
    if(!limit && dp[pos][sta]!=-1) return dp[pos][sta];
    int up=limit ? a[pos] : 9;
    int tmp=0;
    for(int i=0;i<=up;i++)
    {
        if(pre==6 && i==2)continue;
        if(i==4) continue;
        tmp+=dfs(pos-1,i,i==6,limit && i==a[pos]);
    }
    if(!limit) dp[pos][sta]=tmp;
    return tmp;
}
int solve(int x)
{
    int pos=0;
    while(x)
    {
        a[pos++]=x%10;
        x/=10;
    }
    return dfs(pos-1,-1,0,true);
}
int main()
{
    int le,ri;
    while(~scanf("%d%d",&le,&ri) && le+ri)
    {
        memset(dp,-1,sizeof dp);
        printf("%d\n",solve(ri)-solve(le-1));
    }
    return 0;
}

T2

windy數
大概是相鄰兩位差不能小於等於2的數

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;

int f[12][10],n,m,a[12];

int dp(int len,int pre,bool limit,bool frontzero)
{
	if (len==0) return 1;
	if (!frontzero&&!limit&&f[len][pre]!=-1) return f[len][pre];
	int p,ans=0,maxx=(limit?a[len]:9);
	for (int i=0; i<=maxx; i++)
	  {
	  	if (abs(i-pre)<2) continue;
	  	p=i;
	  	if (frontzero&&i==0) p=-10000;
	  	ans+=dp(len-1,p,limit&&(i==maxx),(p==-10000));
	  }
	if (!frontzero&&!limit) f[len][pre]=ans;
	return ans;
}
 

inline int solve(int x)
{
	int numx=0;
	memset(a,0,sizeof(a));
	while (x)
	  {
	  	a[++numx]=x%10;
	  	x/=10;
	  }
	memset(f,-1,sizeof(f));
	return dp(numx,-10000,1,1);
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	printf("%d",solve(m)-solve(n-1));
}

T3

ZJOI 數字統計
註釋放代碼裏$ler$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll f[15][2][15][2];
int num[N];  //num來存這個數每個位子上的數碼
/*
記憶化搜索。
len是當前爲從高到低第幾位。
limited表示當前位是否和num[len]相等，
0是相等，1是不相等。
sum表示當前數字出現的次數。
frontzero表示之前是否是前導0。
d是當前在算的數碼。
*/
ll dfs(int len, bool limited, int sum, bool frontzero, int d)
{
    ll ans=0;
    if (len==0) return sum;  //邊界條件
    if (f[len][limited][sum][frontzero] != -1) return f[len][limited][sum][frontzero];  //記憶化
    for (int i = 0; i < 10; i ++)
	  {
        if (!limited && i > num[len]) break;
        /*
        由於我們是從高位到低位枚舉的，
        所以如果之前一位的數碼和最大數的數碼相同，
        這一位就只能枚舉到num[len]；
        否則如果之前一位比最大數的數碼小，
        那這一位就可以從0~9枚舉了。
        */
        ans+=dfs(len-1,limited||(i<num[len]),sum+((!frontzero||i)&&(i==d)),frontzero&&(i==0),d);
        /*
        繼續搜索，數位減一，
        limited的更新要看之前有沒有相等，
        且這一位有沒有相等；
        sum的更新要看之前是否爲前導0或者這一位不是0；
        frontzero的更新就看之前是否爲前導0且這一位繼續爲0；
        d繼續傳進去。
        */
      }
    f[len][limited][sum][frontzero] = ans;
    //記憶化，
    //把搜到的都記下來
    return ans;
}

ll solve(ll x, int d)
{
    int len = 0;
    while (x)
	  {
        num[++len]=x%10;
        x/=10;
      } 
    memset(f,-1,sizeof f); 
    return dfs(len, 0, 0, 1, d); 
	//開始在第len位上，
	//最高位只能枚舉到num[len]所以limited是0，
	//sum=0，有前導0。
}

int main()
{
    ll a,b; 
    scanf("%lld%lld", &a, &b);
    for (int i=0;i<10;i++)
        printf("%lld ",solve(b,i)-solve(a-1,i));
}

總結：
大概是寫完了？
等我模擬賽打完回來完善一下~