一起來學數位dp

基本的數位dp-windy數

首先讓我們來看一下數位DP這玩意到底是啥，對於一些剛開始練的萌新（我）來說會比較好。

數位DP一般他對問題的求解都是與數字上的位數有關，比如統計數字出現個數，有多少個數字之類的，這類問題一般能用數位dp做的，都是可以從小數字推到大數字的。比如我們從第一位往後可以一層一層，逐漸推出我們需要的答案。

先來一道簡單點的例題

windy定義了一種windy數。不含前導零且相鄰兩個數字之差至少爲2的正整數被稱爲windy數。 windy想知道，
在A和B之間，包括A和B，總共有多少個windy數？

設$f(x)$表示x前面的數 即 $t∈[1,x)$ 中windy數的個數（注意這是開區間）

那麼顯然如果要求 $[l,r]$中windy數的個數就是：

$F(l,r) = f（r+1）-f(l)$

數位dp開始，預處理位數爲$i$最高位爲$j$的windy數個數 $dp[i][j]$

轉移：

$dp[i][j]=dp[i-1][k]$:其中$k$是非負整數$k∈[0,9]$且$|k-j|>=2$

初始值：

$dp[1][i]=1$ | 其中$i$爲非負整數 $i∈[0,9]$

求f(x)怎麼求呢？

爲了方便處理先對數$x$進行按10進制位拆分到$a[]$數組，然後我們分三種情況進行討論（代碼中有詳細註釋）

1. 顯然位數比x要小的數字都是合法的都在$[1,x)$區間內，直接統計就行
2. 位數和x一樣最高位的數字比x小的數字都是合法的都在$[1,x)$區間內直接統計就行
3. 位數和x一樣，最高位又和x一樣我們從左到右掃一遍x各個位子上的數字大小然後枚舉合法的該位子上的數$[0,9]$判斷是否合法就行。

其實每個數位dp基本上都是這個思路，只不過相鄰位數之間要滿足的條件不同，有幾個易錯點需要注意

• 討論最高位時一定不要將0加進去，如上面的1，2兩種情況，一個數的最高位只能從1-9。第三種情況最高位確定了，討論中間每一位時才能加上0，
• 注意我們求得是開區間$[1,x)$的滿足條件的數的總數。

#define inf 0x3f3f3f3f
#define MAX 1000005
#define ll long long
#define vec vector<ll>
#define P pair<int,int>

ll dp[15][10];//dp[i][j]:位數爲i，最高位爲j時最多有多少windy數

//統計[1,x)區間內的windy數
ll cal(ll x) {
	ll a[11], len = 0;
	while (x > 0) {
		a[++len] = x % 10;
		x /= 10;
	}
	ll sum = 0;
	//1:統計位數比x少的
	for (int i = 1; i < len; i++)
		for (int j = 1; j < 10; j++)//注意這裏從1開始，最高位不能爲0！
			sum += dp[i][j];
	//2:統計位數和x一樣，但是首位比x小的，同樣最高位不能爲0
	for (int i = 1; i < a[len]; i++)
		sum += dp[len][i];
	//3:統計位數與x一樣，首位也一樣的，那麼之前的每一位加上限制a[i]
	for (int i = len - 1; i >= 1; i--) {
		for (int j = 0; j < a[i]; j++)  //注意該位的限制，由於不是最高位，可以從0開始
			if (abs(j - a[i + 1]) >= 2)//該位和上一位滿足要求
				sum += dp[i][j];
		if (abs(a[i + 1] - a[i]) < 2)//傳入數字連續兩位不滿足了
			break;
	}
	return sum;
}

int main() {
	memset(dp, 0, sizeof(dp));
	for (int i = 0; i < 10; i++)dp[1][i] = 1;//預處理第一位

	for (int i = 2; i < 11; i++) //遍歷每2-10每個位數，1預處理了
		for (int j = 0; j < 10; j++) //遍歷這一位的每種可能數字
			for (int k = 0; k < 10; k++) //遍歷上一位的每種可能數字
				if (abs(k - j) >= 2) //相鄰數字之差大於2
					dp[i][j] += dp[i - 1][k];
	ll a, b;
	while (cin >> a >> b) {
		if (a > b)swap(a, b);
		cout << cal(b + 1) - cal(a) << endl;
	}
}

文章主要參考自洛谷的兩位大佬的題解

https://www.luogu.com.cn/problem/solution/P2657
https://www.luogu.com.cn/blog/mak2333/swdp001

略微複雜的數位dp-數字計數

題目鏈接

這道題相比於windy數，難度會稍微大一點，但也是數位dp的應用，數位dp其實就是兩個部分。初始化、求解。

$\textbf{初始化}$

設$f[i][j][k]$表示第$i$位，最高位爲$j$，$k$有多少個。

這裏用到了前綴和的思想。比如$f[2][1][1]$就表示$[0,19]$有多少個$1$。

在求解的時候，我們就用$solve(b + 1)$算出小於$b+1$的數對應的每位數出現的$vector$，然後再求出$solve(a)$。

首先我們可以得到一個粗略的方程：

$f[i][j][k]=\sum_{l=0}^9f[i-1][l][k]+一個特殊的數字$

這一個很玄學的數是指$k$在這一位上出現的次數。

那麼在這一位上出現了多少次呢？

當$j=k$的時候，比如最高位爲1，四位數字1xxx，求1出現的次數，那麼$f[4][1][1]$還要加上$10^3$，即1在最高位出現的次數，

$\textbf{求解}$

這個求解又被一些大佬稱爲“拆數”，可以遞歸和非遞歸實現，我比較喜歡非遞歸

求解過程一般有以下幾步：

• 首先把原數拆了，存入數組；
• 統計位數比原數少，不含前導零的數字；
• 統計位數與原數一樣，但最高位較小的數，同樣不能有前導零；
• 位數和x一樣，最高位又和x一樣我們從左到右掃一遍x各個位子上的數字大小然後枚舉合法的該位子上的數，值得注意的是，比如我們有個四位數$ABCD$，第二位$B$，第三位$C$，第四位$D$還給數A帶來了$B*100+C*10+D$的增加量，同樣$B$有$C*10+D$的增加量。

#define inf 0x3f3f3f3f
#define MAX 1000005
#define ll long long
#define vec vector<ll>
#define P pair<int,int>

//dp[i][j][k]:i位數，最高位爲j，小於他的數字中k出現的次數
ll dp[20][10][10];

vec cnt(ll x) {
	ll a[20], len = 0;
	vec v(10);
	while (x > 0) {
		a[++len] = x % 10, x /= 10;
	}
	//位數比x少,忽略前導0
	for (int i = 1; i < len; i++)
		for (int j = 1; j < 10; j++)
			for (int k = 0; k < 10; k++)
				v[k] += dp[i][j][k];
	//首位比x小，忽略前導0
	for (int i = 1; i < a[len]; i++)
		for (int k = 0; k < 10; k++)
			v[k] += dp[len][i][k];
	//首位一樣，按位退回,每位設限
	for (int i = len - 1; i >= 1; i--) {
		for (int j = 0; j < a[i]; j++) {
			for (int k = 0; k < 10; k++) {
				v[k] += dp[i][j][k];
			}
		}
		//6153 6後面的每一位分別爲他帶來了 1*100+5*10+3的包含6的個數（以6爲千位）
		for (int j = len; j > i; j--) {
			v[a[j]] += a[i] * pow(10, i - 1);
		}
	}
	return v;
}

int main() {
	memset(dp, 0, sizeof(dp));
	for (int i = 0; i < 10; i++) dp[1][i][i] = 1;//只有該位爲i時，該值才爲1
	for (int i = 2; i < 20; i++) //位數
		for (int j = 0; j < 10; j++) {//這一位
			for (int k = 0; k < 10; k++) {//上一位
				for (int n = 0; n < 10; n++) //元素
					dp[i][j][n] += dp[i - 1][k][n];
			}
			dp[i][j][j] += pow(10, i - 1);//加上這個特殊值
		}
	ll a, b;
	while (cin >> a >> b) {
		vec v1 = cnt(b + 1);
		vec v2 = cnt(a);
		for (int i = 0; i < 10; i++)
			cout << v1[i] - v2[i] << ' ';
		cout << endl;
	}
}