动规-数位DP

某场练习赛中由于没写过数位 DP 板子（OrzOrz），只能分段打表乱搞，心态非常崩。当时想的是二分数位的每一位，这样会非常绕，可不可行不知道，但现在我还没有想出用那种二分的解法。其实是要对数字范围二分，然后 DP 验证合理的数个数就可以了。

然后补练了一下几道题，感觉数位 DP 不难，主要是状态设计（是否卡边界、最高位是否从1开始、讨论到哪位）的套路吧，不知道套路现场推还是有点危险哒。另外据说正统写法并没有 [最高位是否从1开始] 这一维，而是去讨论前导 0 。我觉得那样有点难想，所以就加了一维。

放几道例题代码：

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Update 14/10/2018 注意，卡边界的时候不要记忆化搜索，不卡边界的时候才记忆化搜索。如果总是记忆化搜索的话，在有多组数据的情况下，每次清空数组会耗费大量时间，导致超时！不卡边界的状态显然是与数据本身无关的，所以一直记忆化就可以保证在大数据情况下的时间复杂度了。写以下部分代码的时候我没有意识到这一点（QwQ），时间复杂度是错的，不过侥幸过了。千万别再这么写了！

【ZJOI2010 Day1】数字计数

题目大意：求 ([L, R]) 中， [0-9] 数码出现的次数。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

//i wei
//h 是边界
//g 从1开始
//x y已经出现的个数 
//y 求y的个数

ll f[13][2][2][13][10], ans[10];
int num[13];

ll qwq(int n, bool h, bool g, int x, int y)
{
	ll &t = f[n][h][g][x][y];
	if (~t) return t;
	if (!n) return x;
	t = 0;
	int lll = g, rrr = h ? num[n] : 9;
	for (int i = lll; i <= rrr; ++i) {
		t += qwq(n - 1, h && i == rrr, false, x + (i == y), y);
	}
	return t;
}

void getans(ll n, bool t)
{
	int top = 0;
	do num[++top] = n % 10;
	while (n /= 10);
	memset(f, -1, sizeof f);
	for (int i = 1; i <= top; ++i)
		for (int j = 0; j <= 9; ++j)
			if (t)
				ans[j] += qwq(i, i == top, true, 0, j);
			else
				ans[j] -= qwq(i, i == top, true, 0, j);
	return;
}

int main()
{
	ll A, B;
	scanf("%lld%lld", &A, &B);
	getans(B, true);
	if (A > 1)
		getans(A - 1, false);
	for (int i = 0; i <= 9; ++i)
		printf("%lld ", ans[i]);
	return 0;
}

【SCOI2009 Day1】windy数

题目大意：求 ([L, R]) 区间相邻两个数字差的绝对值均 (ge 2) 的数的个数。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll f[11][11][2][2];
int num[11];

//f[i][a][g][h]
//i
//a 上一位
//g 是边界
//h 从1开始

ll qaq(int n, int a, bool g, bool h)
{
	ll &t = f[n][a][g][h];
	if (~t) return t;
	t = 0;
	int lll = h, rrr = g ? num[n] : 9;
	if (!n)
		return t = 1;
	for (int i = lll; i <= rrr; ++i) {
		if (a != 10 && abs(i - a) < 2) continue;
		t += qaq(n - 1, i, g && i == rrr, false);
	}
	return t;
}

ll getans(ll n)
{
	int top = 0;
	memset(f, -1, sizeof f);
	do num[++top] = n % 10;
	while (n /= 10);
	ll t = 0;
	for (int i = 1; i <= top; ++i)
		t += qaq(i, 10, i == top, true);
	return t;
}

int main()
{
	ll L, R;
	scanf("%lld%lld", &L, &R);
	ll t = getans(R);
	if (L > 1) t -= getans(L - 1);
	printf("%lld
", t);
	return 0;
}

土拨鼠猎人

题目大意：求第 (k) 小的特殊数。特殊数是指不满足 (left( [有连续两位相等] igwedge [有数字等于右边数字+1] ight) igvee [有连续三位是233]) 的数。二分， DP 计算 (le) 二分答案的合理的数个数即可。

//f[i][a][b][x][y][z]
//x 相等
//y 等于前一位+1
//z 是边界 
//g 从1开始 

#include <cstdio>
#include <ctype.h>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll f[20][12][12][2][2][2][2];
int num[20];

ll qaq(int n, int a, int b, bool x, bool y, bool z, bool g)
{
	ll &t = f[n][a][b][x][y][z][g];
	if (~t) return t;
	if (x && y) return t = 0;
	if (!n) return t = 1;
	t = 0;
	int lll = g, rrr = z ? num[n] : 9;
	for (int i = lll; i <= rrr; ++i) {
		if (i == 3 && a == 3 && b == 2) continue;
		t += qaq(n - 1, i, a, x || i == a, y || i + 1 == a, z && i == rrr, false);
	}
	return t;
}

ll check(ll n)
{
	if (n <= 99) return n;
	memset(f, -1, sizeof f);
	int top = 0;
	do num[++top] = n % 10;
	while (n /= 10);
	ll t = 0;
	for (ll i = top; i >= 1; --i)
		t += qaq(i, 11, 11, false, false, i == top, true);
	return t;
}

int main()
{
	ll N;
	scanf("%lld", &N);
	ll l = N, r = 1e18 + 5000, ans = 1;
	while (l <= r) {
		ll mid = l + r >> 1;
		if (check(mid) >= N)
			ans = mid, r = mid - 1;
		else
			l = mid + 1;
	}
	printf("%lld
", ans);
	return 0;
}

【ZJOI2010 Day1】数字计数

题目大意：求 ([L, R]) 区间各数码出现的次数（比如 112 中 1 出现两次， 2 出现一次）。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

//i wei
//h 是边界
//g 从1开始
//x y已经出现的个数 
//y 求y的个数

ll f[13][2][2][13][10], ans[10];
int num[13];

ll qwq(int n, bool h, bool g, int x, int y)
{
	ll &t = f[n][h][g][x][y];
	if (~t) return t;
	if (!n) return x;
	t = 0;
	int lll = g, rrr = h ? num[n] : 9;
	for (int i = lll; i <= rrr; ++i) {
		t += qwq(n - 1, h && i == rrr, false, x + (i == y), y);
	}
	return t;
}

void getans(ll n, bool t)
{
	int top = 0;
	do num[++top] = n % 10;
	while (n /= 10);
	memset(f, -1, sizeof f);
	for (int i = 1; i <= top; ++i)
		for (int j = 0; j <= 9; ++j)
			if (t)
				ans[j] += qwq(i, i == top, true, 0, j);
			else
				ans[j] -= qwq(i, i == top, true, 0, j);
	return;
}

int main()
{
	ll A, B;
	scanf("%lld%lld", &A, &B);
	getans(B, true);
	if (A > 1)
		getans(A - 1, false);
	for (int i = 0; i <= 9; ++i)
		printf("%lld ", ans[i]);
	return 0;
}

完美数

题目大意：求 ([L, R]) 区间能被自己各数位上非零数字整除的数的个数。

#include <cstdio>
#include <cstring>

typedef long long ll;

/*
n 位数,a lcm,b 当前数字mod2520,g 卡边界,h 从1开始 
*/

int num[30], hs[5500], sh[70], Cnt;
ll f[19][50][2533][2];

inline int gcd(int x, int y) { return y ? gcd(y, x % y) : x; }

inline int lcm(int x, int y) { return x * y / gcd(x, y); }

ll qaq(int n, int a, int b, bool g, bool h)
{
	ll was = -1;
	ll &t = g ? was : f[n][hs[a]][b][h];
	if (!g && ~t)
		return t;
	if (!n) {
		return t = b % a == 0;
	}
	t = 0;
	int lll = h, rrr = g ? num[n] : 9;
	for (int i = lll; i <= rrr; ++i) {
		int tmp = i ? lcm(a, i) : a;
		t += qaq(n - 1, tmp, (b * 10 % 2520 + i) % 2520, g && i == rrr, false);
	}
	return t;
}

ll getans(ll v)
{
	if (!v) return 0;
	int top = 0;
	do num[++top] = v % 10;
	while (v /= 10);
	ll t = 0;
	for (int i = top; i >= 1; --i)
		t += qaq(i, sh[1], 0, i == top, true);
	return t;
}

int main()
{
	int TTT;
	scanf("%d", &TTT);
	memset(f, -1, sizeof f);
	for (int i = 1; i <= 2520; ++i)
		if (2520 % i == 0) {
			hs[i] = ++Cnt;
			sh[Cnt] = i;
		}
	while (TTT--) {
		ll A, B;
		scanf("%lld%lld", &A, &B);
		printf("%lld
", getans(B) - getans(A - 1));
	}
	return 0;
}