数位DP笔记

数位DP

1.定义：

数位dp是一种计数用的dp，一般就是要统计一个区间[L,R]内满足一些条件数的个数。所谓数位dp，字面意思就是在数位上进行dp；
数位的含义：一个数有个位、十位、百位、千位......数的每一位就是数位

2.替代

数位DP 都可以通过打表以及记搜来写，但是我搜索写的不好/kk

3.自己做数位DP的一些教训

1. 对于进制拆分的时候边界要注意，看看自己统计答案的时候能不能取到边界
2. 对于前导0的处理，根据是否合法进行处理
3. 结果用到dp出来的值要统计完全，不能遗漏

4.原理……

这个东西大概就是通过数位的拆分，各个数位上的dp值会满足乘法原理这一类的知识然后将各个数位上的dp值统计得出([1 ~ L-1]) 的值同理得到([1 ~ R])的值，然后利用前缀和的思想$$ans_{L,R} = ans_{1,R} - ans_{1,L-1}$$
得出答案数位DP大部分都是这样一个模板所以说它基本不考，我也不知道为啥学它，它还这么难

5. 例题

1.0 有一说一这个题不该评蓝,这个题比下面那个题简单多了

windy数

简化题意：

输入一个(L)和(R)，求([L,R])之间的windy数
windy数：不含前导0的相邻两个数之间差值至少为2
(exists x,y in N^+ ,|x-y| geqslant 2) 则x,y为windy数

solution：

1. 从总体上看有(ans_{L,R} = ans_{1,R} - ans_{1,L-1})
2. 然后处理的就有 ([1,L-1]) 与 ([1,R])
3. 考虑数位DP，首先考虑每一位上的数对最终答案的贡献，预处理每一位上的贡献设立状态(f_{i,j})记录第i位上的数位j的贡献$$f_{i,j} += f_{i-1,k} , |j-k| geqslant 2$$
4. 对答案进行统计即计算[1,L-1]的贡献与[1,R]的贡献
   len 表示的为 区间右端点的数位长度
   a[i]表示第i 位上的数

• 第一部分对位数小于(len)的数的贡献直接统计 (ans += f_{i,j},j in[1,9])
• 第二部分对最高位但是最高位值小于(a_len)的贡献直接统计 (ans += f_{len,i}), (iin) ([1,a[len]))
• 第三部分对剩下的(len - 1)位 重复进行第二部分的操作只不过最高位变成了第i位

[huge ans_{1，x} += egin{Bmatrix} sumlimits_{i = 1}^{i <len}sumlimits_{j = 1}^{j le 9} f_{i,j}\ sumlimits_{i = 1}^{i < a[len]}f_{len,i}\ sumlimits_{i = 1 } ^ {i < len} sumlimits_{j = 1} ^ { j < a[i]} f_{i,j} end{Bmatrix} ]

写的好丑/kk
预处理部分

void init(){
	for(ll i = 0 ; i <= 9 ; i++) f[1][i] = 1;

	for(ll i = 2 ; i <= 10 ; i++) {
		for (ll j = 0; j <= 9; j++) {
			for(ll k = 0 ; k <= 9 ; k++)
				if(abs(j - k) >= 2) f[i][j] += f[i-1][k];
//		cout<<f[i][j]<<" ";
		}
//		puts("");
	}
}

第一部分

for(ll i = 1 ; i < len ;i++) 
		for(ll j = 1; j <= 9 ;j++) 
			ans += f[i][j];
//	cout<<ans<<" "; 

第二部分

	for(ll i = 1 ; i < a[len] ; i++)  ans += f[len][i];
//	cout<<ans<<" ";

第三部分

for(ll i = len - 1 ; i >= 1 ;i--){
		for(ll j = 0 ; j < a[i]  ;j++)
			if(abs(j - a[i + 1] ) >= 2) ans += f[i][j];
		if(abs(a[i + 1 ] - a[i]) < 2 ) break;
	}

5.code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#define ll long long
using namespace std;

ll read() {
	ll s = 0, f = 0;
	char ch = getchar();
	while (!isdigit(ch)) f |= ch == '-', ch = getchar();
	while (isdigit(ch)) s = s * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return f ? -s : s;
}

ll f[20][20],a[20];
void init(){
	for(ll i = 0 ; i <= 9 ; i++) f[1][i] = 1;

	for(ll i = 2 ; i <= 10 ; i++) {
		for (ll j = 0; j <= 9; j++) {
			for(ll k = 0 ; k <= 9 ; k++)
				if(abs(j - k) >= 2) f[i][j] += f[i-1][k];
//		cout<<f[i][j]<<" ";
		}
//		puts("");
	}
}

ll ans , len;

ll solve(ll x) {
	memset(a,0,sizeof(a));
	ans = 0 ;
	len = 0;
	while(x){
		a[++len] = x % 10;
		x /= 10; 
	} 
	for(ll i = 1 ; i < len ;i++) 
		for(ll j = 1; j <= 9 ;j++) 
			ans += f[i][j];
//	cout<<ans<<" "; 
	//处理比len短的部分 
	for(ll i = 1 ; i < a[len] ; i++)  ans += f[len][i];
	//处理第 len 位(最高位)
//	cout<<ans<<" ";
	for(ll i = len - 1 ; i >= 1 ;i--){
		for(ll j = 0 ; j < a[i]  ;j++)
			if(abs(j - a[i + 1] ) >= 2) ans += f[i][j];
		if(abs(a[i + 1 ] - a[i]) < 2 ) break;
	}
	//处理非len位的 
//	cout<<ans<<" ";
	return ans;
}

int main() {
//	freopen("1.in","r",stdin);
//	freopen("2657.out","w",stdout);
	ll L = read(), R = read();
	init(); 
	R++;
	cout<<solve(R)-solve(L);
	return 0;
}

2.同样的套路题

只不过(f_{i，j} = sum f_{i-1,k} , kin [1,9])
(f_{i,j})的含义与上个题一样
转移方程减少了限制但最后的求和满足乘法原理，而且注意取模，因为取模只后相对大小会改变，所以要

答案变成了

[huge ans_{1,x} += egin{Bmatrix} sumlimits_{ i = 1，j = 1}^{i <len,j leqslant 9} f_{i,j}\ sumlimits_{i = 1}^{i < a[len]}f_{len,i}\ sumlimits_{i = 1 } ^ {i < len} imes sum_{j = 1} ^ { j < a[i]} f_{i,j} end{Bmatrix} ]

满足乘法原理,而且注意快速幂取模，LATEX用的不好大概没写错

code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#define int long long
using namespace std;

const int mod = 1e9 + 7;

inline int read() {
	int s = 0, f = 0;
	char ch = getchar();
	while (!isdigit(ch)) f |= ch == '-', ch = getchar();
	while (isdigit(ch)) s = s * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return f ? -s : s;
}

int L, R, T, len, ans;

int f[20][20],a[20];

int f_pow(int x ,int y){
	int ans = 1 ;
	 while(y) {
	 	if(y & 1) ans = (ans * x) %mod;
	 	x = (x * x) % mod;
	 	y >>= 1;
	 }
	 return ans % mod;
}
void init(){
	memset(f , 0, sizeof(f));
	for(int i = 0 ;i <= 9 ;i++) f[1][i] = i;
		for(int i = 2 ; i <= 18; i++) {
			for(int  j = 0; j <= 9 ;j++) {
				for(int k = 0 ; k <= 9 ;k++)
					f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][k]) % mod;
				f[i][j] = (f[i][j] + j * f_pow(10, i - 1)) % mod;
				// cout<<"i: "<<i<<" j:"<<j<<" "<< f[i][j] << " ";
		}
		// cout<<"
";
	}
}
int solve(int x ){
	memset(a, 0, sizeof(a));
	len = ans= 0;
	int sum = 0;
	while(x){
		a[++len] = x % 10;
		x /= 10; 
	}
	for(int i = 1 ; i < len ;i++) 
		for(int j = 1 ; j <= 9;j++)
			ans = (ans + f[i][j]) % mod; 
	//处理比它短的 全都加进去

	for(int i = 1 ; i < a[len] ; i++) ans = (ans + f[len][i]) % mod;
	//处理跟它一样长但是比它第len位小的
	// cout<<ans<<"
";
	sum += a[len];
	//把第len位的贡献加进去

	for(int i = len - 1 ; i >= 1 ;i-- ){
		for(int j = 0 ; j < a[i] ;j++)
			ans = (ans + f[i][j]) % mod;
		ans = (ans + sum * a[i] * f_pow(10 ,i - 1) % mod)% mod;
		sum += a[i];
	}
	//处理跟它一样长但是小于第 i 位上
	return ans % mod;

}
signed main() {
	T = read();
	init();
	while (T--) {
		L = read(), R = read();
		printf("%lld
",(solve(R + 1) -solve(L) + mod) %mod);
	}
	return 0;
}

3.小小的变形

这个题小小的不一样，设定状态(f[i][j][k])表示第(i) 位上的数(二进制拆分后) 为 (j)，(1)的个数为 (k)
可得转移方程
( f_{i,1,k} = sumlimits_{p = 0}^{p ge 1} sum_{k = 0}^{k ge i} f_{i-1,p,k-1} )
( f_{i,0,k} = sumlimits_{p = 0}^{p ge 1} sum_{k = 0}^{k ge i} f_{i- 1,p,k} )
求解最终答案时，统计一下0的个数和1的个数，分别记录为(cnt1)和(cnt0)得到最终答案：

[ans_{1,x} += egin{Bmatrix} f_{i,0,j}, iin[1,len),j in[0,len/2-cnt1] \ f_{i,1,j},i in[1,len),j in[0,i/2] end{Bmatrix} ]

本来想放大一点的，但式子貌似有点长

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#define int long long

using namespace std;
int f[40][11][40];
int a[40];
int read() {
	int s = 0, f = 0;
	char ch = getchar();
	while (!isdigit(ch)) f |= ch == '-', ch = getchar();
	while (isdigit(ch)) s = s * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return f ? -s : s;
}

void init(){
	f[1][1][1] = 1 , f[1][0][0] = 1;
	for(int i = 2 ; i < 33 ;i++) 
		for(int j = 0 ;j <= 1 ;j++ ) 
			for(int k = 0 ; k <= i ;k++) 
				for(int p = 0 ; p <= 1 ;p++)
					if(!j) f[i][j][k] += f[i-1][p][k];
					else if(k) f[i][j][k] += f[i-1][p][k - 1];
}
int solve(int x){
	memset(a,0,sizeof(a));
	int len = 0;
	while(x) {
		a[++len] = x % 2;
		x /= 2;
	}
	int ans = 0,cnt1= 1 , cnt0 = 0;
	for(int i = len - 1; i >= 1 ;i--) {
		int x = a[i];
		if(x) {
			for(int j = 0 ; j <= len / 2 - cnt1 ;j++) {
				ans += f[i][0][j];
			}	
		}
		cnt1 += x;
		cnt0 += (x == 0);
		if(cnt0 >= cnt1 && i == 1) ans++;
	}
	for(int i = 1 ; i < len ;i++)
		for(int j = 0 ; j <= i/2 ;j++) 
			ans += f[i][1][j];
	return ans;
}
signed main(){
	init();
	int L = read() , R = read();
	cout<<solve(R) - solve(L-1);
	return 0;
}

感觉自己数位DP还是没学好