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[您有新的未分配科技点]数位dp:从懵X到板子

数位dp主要用来处理一系列需要数数的问题,一般套路为“求[l,r]区间内满足要求的数/数位的个数”

要求五花八门……比如“不出现某个数字序列”,“某种数的出现次数”等等……

面对这种数数题,暴力的想法是枚举每个数,判断是否满足条件

比如这样:

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL l,r,cnt; 
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&l,&r);
    for(LL i=l;i<=r;i++)
        if(/*i符合条件*/)cnt++;
    printf("%lld",cnt);
} 

这样很显然会T......所以我们考虑利用一些奇怪的性质来数数(一般这些性质可以用来递推、或是dp一样的转移)

比如看下面一道例题:

对于给定闭区间[L,R],求非0数位出现的个数

sample input:23 233

sample output: 515

首先转化为calc[1~R]-calc[1~L-1](我们设数字的最低位为第1位,次低为位第2位,以此类推)

做法1:专门统计数位的方法:我们先预处理bin[i]为10的i次方,再预处理dp[i]表示在i位数的范围内(1~99...999(i个9))某种数字的个数

那么考虑dp[i]和dp[i-1]之间的转移:

首先,第i位的数字为0~9时都可以对第i位数字的dp值产生dp[i-1]的贡献

也即:[0~10...(i-1个0)...0)的末i-1位贡献+[10...(i-1个0)...0~20...(i-1个0)...0)的末i-1位贡献+……+[90...(i-1个0)...0~10...0(i个0))的末i-1位贡献

接着,后面i-1位为任意数是都会给第i位的数字产生+1的贡献,由排列组合知总共有bin[i-1]的贡献

所以转移是dp[i]=10*dp[i-1]+bin[i-1](其实化简一下式子,也可以写成dp[i]=i*bin[i-1])

有了这个dp数组我们考虑如何计算对于某个数字x计算[1~x]某个数位st的出现个数,这个过程和之前递推的过程很相似

我们枚举x的第i位位bit

1° bit>st 第i位取0~bit时都可以增加dp[i-1]的贡献,而0~bit里肯定会有这一位取st的情况,贡献加上bin[i-1]

因此ans+=bin[b-1]+d*dp[b-1];

2° bit==st 设tail=x%bin[i-1](x的前i-1位数的值)第i位取0~bit时都可以增加dp[i-1]的贡献,但是当第i位取st(bit)时,只有tail+1种数比x小,因此贡献只有tail+1

此时ans+=tail+1+d*dp[b-1];

3°bit<st 第i位取0~bit时都可以增加dp[i-1]的贡献,但0~bit取不到st

所以ans+=d*dp[b-1];

但是在统计完答案之后,如果我们统计的st==0,前导0被多统计了(第i位不能取0,因此多加了bin[0]+bin[1]+...+bin[数的位数-1]),在最后减去即可

代码见下:

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<cmath>
 5 using namespace std;
 6 typedef long long LL;
 7 typedef unsigned long long ULL;
 8 LL l,r,bin[20],dp[20];
 9 inline void intn()
10 {    
11     bin[0]=1;//bin[i]是10的j次方 
12     for(int i=1;i<=18;i++)
13         bin[i]=bin[i-1]*10,dp[i]=dp[i-1]*10+bin[i-1];
14             //第i位是0~9的时候,都会有+dp[i-1]的新贡献
15             //而后面i-1位任一情况时都会给第i位的数字贡献+1,一共有bin[i-1]种情况 
16 }
17 inline LL calc(LL sum,int state)
18 {
19     LL tmp=sum;
20     int b=0,d;LL ans=0;//tail是末几位的数字大小 
21     while(sum)
22     {
23         d=sum%10;sum/=10,b++;
24         if(d>state)ans+=bin[b-1]+d*dp[b-1];
25         //对本位(指第i位)有bin[b-1](末i-1位随意选择)的贡献,第i位是0~d的时候都会有贡献 
26         else if(d==state)ans+=(tmp%bin[b-1])+1+d*dp[b-1];
27         //本位的贡献仅限于末位的数字大小+1(全0也会提供贡献) 
28         else ans+=d*dp[b-1];//本位没有贡献 
29     }
30     d=0;
31     if(state==0)
32     //前导0被重复计算了,一位数多算了一个0,两位数多算了10个零,如此我们减去多算的就好了   
33         while(tmp)  
34             ans-=bin[d++],tmp/=10;  
35     return ans; 
36 }
37 inline LL work(LL data)
38 {
39     LL ans=0;
40     for(int i=1;i<=9;i++)
41         ans+=calc(data,i);
42     return ans;
43 }
44 int main()
45 {
46     scanf("%lld%lld",&l,&r);
47     intn();
48     LL ansr=work(r);
49     if(l==0)printf("%lld",ansr);
50     else printf("%lld",ansr-work(l-1));
51 }

做法2:正经(?)dp法

我们设f[i][j]为x的前i位数并且第i位数为j时j的出现次数,依然预处理bin[i]同上

那么类别上面的做法

首先f[i][j]+=Σ(f[i-1][k],0<=k<=9);接着,如果j不是0,我们在加上第i位对这个数的贡献bin[i-1](其实就实现了上面统计时最后消去前导0的过程)

要注意的一点是[0~10...(i-1个0)...0)等都是一个左闭右开区间,如果计算work(R)-work(L-1),就无法统计R的贡献

因此我们计算时也使用左闭右开区间,计算work(R+1)-work(L)就好啦

代码见下:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
LL l,r,bin[20];
LL f[30][15];//f[i][j]表示前i位,第i位数字为j的j出现次数 
int bit[20];
inline void intn()
{
    bin[0]=1;//bin[i]是10的j次方 
    for(int i=1;i<=18;i++)
        bin[i]=bin[i-1]*10;
    for(int i=1;i<=18;i++)
        for(int j=0;j<10;j++)
        {
            for(int k=0;k<10;k++)
                f[i][j]+=f[i-1][k];            
            f[i][j]+=(j==0)?0:bin[i-1];
        }
}
inline LL work(LL x){
    int cnt=0,b=0;while(x)bit[++b]=x%10,x/=10;//bit表示每一位 
    LL ans=0;
    for(int i=b;i;i--)
    {
        for(int j=0;j<bit[i];j++)
             ans+=f[i][j];//第i位是0~bit[i]-1的情况 
        ans+=bin[i-1]*bit[i]*cnt;//第i位是bit[i]的情况 
        //这里的cnt记录了“第i位以前(第i+1位到最高位)有多少个数不是0”,因为他们也算是非0数位。 
        if(bit[i])cnt++;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&l,&r);
    intn();
    LL ansr=work(r+1);
    if(l==0)printf("%lld",ansr);
    else printf("%lld",ansr-work(l));
}

下面我们再来一道例题:[HDU2089]不要62

不要62

Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)

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。
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
Sample Output
80
 
题解:
我们依然定义f[i][j]数组,为前i位数第i位为j时的合法数的数量
初始化时f[0][0]=1;
那么显然当且仅当j!=4&&!(j==6&&k==2)时,能有转移f[i][j]+=f[i-1][k];
统计答案时,我们还是从高位向低位统计,当我们枚举的数位j满足j!=4&&!(x的第i+1位==6&&j==2)时可以统计答案。
需要注意的是:如果我们发现原数中的某一处出现了62或者4,我们直接结束统计,因为在高位相等的前提下更低的位数一定不合法了。
代码见下:
 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 using namespace std;
 4 typedef long long LL;
 5 int l,r,bit[15],f[10][15];
 6 inline void intn()
 7 {
 8     f[0][0]=1;
 9     for(int i=1;i<=8;i++)
10         for(int j=0;j<10;j++)
11         {
12             if(j==4)continue;
13             for(int k=0;k<10;k++)
14             {
15                 if(j==6&&k==2)continue;
16                 f[i][j]+=f[i-1][k];
17             }
18         }
19 }
20 inline int work(int x)
21 {
22     memset(bit,0,sizeof(bit));
23     int b=0,cnt=0,ans=0;
24     while(x)bit[++b]=x%10,x/=10;
25     for(int i=b;i;i--)
26     {
27         for(int j=0;j<bit[i];j++)
28         {
29             if(j==4||(bit[i+1]==6&&j==2))continue;
30             ans+=f[i][j];
31         }
32         if(bit[i]==4||(bit[i+1]==6&&bit[i]==2))break;
33     }
34     return ans;
35 }
36 int main()
37 {
38     intn();
39     while(scanf("%d%d",&l,&r)==2)
40     {
41         if(l==r&&r==0)break;
42         printf("%d\n",work(r+1)-work(l));
43     }
44 }
45      

 

 

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