算法笔记
这个博客写的不错：http://blog.csdn.net/wust_zzwh/article/details/52100392
数位dp的精髓是不同情况下sta变量的设置。
模板：
int a[20]; ll dp[20][state];//不同题目状态不同 ll dfs(int pos,/*state变量*/,bool lead/*前导零*/,bool limit/*数位上界变量*/)//不是每个题都要判断前导零 { //递归边界，既然是按位枚举，最低位是0，那么pos==-1说明这个数我枚举完了 if(pos==-1) return 1;/*这里一般返回1，表示你枚举的这个数是合法的，那么这里就需要你在枚举时必须每一位都要满足题目条件，也就是说当前枚举到pos位，一定要保证前面已经枚举的数位是合法的。不过具体题目不同或者写法不同的话不一定要返回1 */ //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝) if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state]; /*常规写法都是在没有限制的条件记忆化，这里与下面记录状态是对应，具体为什么是有条件的记忆化后面会讲*/ int up=limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up;这个的例子前面用213讲过了 ll ans=0; //开始计数 for(int i=0;i<=up;i++)//枚举，然后把不同情况的个数加到ans就可以了 { if() ... else if()... ans+=dfs(pos-1,/*状态转移*/,lead && i==0,limit && i==a[pos]) //最后两个变量传参都是这样写的 /*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了 大概就是说，我当前数位枚举的数是i，然后根据题目的约束条件分类讨论 去计算不同情况下的个数，还有要根据state变量来保证i的合法性，比如题目 要求数位上不能有62连续出现,那么就是state就是要保存前一位pre,然后分类， 前一位如果是6那么这意味就不能是2，这里一定要保存枚举的这个数是合法*/ } //计算完，记录状态 if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans; /*这里对应上面的记忆化，在一定条件下时记录，保证一致性，当然如果约束条件不需要考虑lead，这里就是lead就完全不用考虑了*/ return ans; } ll solve(ll x) { int pos=0; while(x)//把数位都分解出来 { a[pos++]=x%10;//个人老是喜欢编号为[0,pos),看不惯的就按自己习惯来，反正注意数位边界就行 x/=10; } return dfs(pos-1/*从最高位开始枚举*/,/*一系列状态 */,true,true);//刚开始最高位都是有限制并且有前导零的，显然比最高位还要高的一位视为0嘛 } int main() { ll le,ri; while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri)) { //初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化,后面讲 printf("%lld ",solve(ri)-solve(le-1)); } }
例题1：HDU 2089 不要62
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define pb push_back #define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a)) 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 t=0; for(int i=0;i<=up;i++) { if(pre==6&&i==2)continue; if(i==4)continue; t+=dfs(pos-1,i,i==6,limit&&i==a[pos]); } if(!limit)dp[pos][sta]=t; return t; } int solve(int n) { int pos=0; while(n) { a[pos++]=n%10; n/=10; } return dfs(pos-1,-1,0,true); } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int l,r; while(cin>>l>>r&&(l||r)) { mem(dp,-1); cout<<solve(r)-solve(l-1)<<endl; } return 0; }
代码：
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long #define pb push_back #define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a)) #define mp make_pair #define pii pair<int,int> #define pi acos(-1.0) const int INF=0x3f3f3f3f; int a[50]; int dp[50][66]; int dfs(int pos,int sta,bool lead,bool limit) { if(pos==-1)return sta>=32; if(!lead&& !limit&&dp[pos][sta]!=-1)return dp[pos][sta]; int up=limit?a[pos]:1; int ans=0; for(int i=0;i<=up;i++) { if(lead&&i==0)ans+=dfs(pos-1,sta,true,limit&&i==a[pos]);//有前导零不算进sta里 else ans+=dfs(pos-1,sta+(i==0?1:-1),false,limit&&i==a[pos]); } if(!lead&& !limit)dp[pos][sta]=ans; return ans; } int solve(int n) { int c=0; while(n) { a[c++]=n&1; n>>=1; } return dfs(c-1,32,true,true); } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int a,b; mem(dp,-1); cin>>a>>b; cout<<solve(b)-solve(a-1)<<endl; return 0; }
例题3：HDU 3555 Bomb
方法1：和例题1差不多，先求出不含49的个数，然后再用n+1减去这个个数就是答案
代码1：
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long #define pb push_back #define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a)) #define mp make_pair #define pii pair<int,int> #define pi acos(-1.0) const int INF=0x3f3f3f3f; ll dp[20][2]; int a[20]; ll dfs(int pos,int pre,int sta,bool limit) { if(pos==-1)return 1; if(!limit&&dp[pos][sta]!=-1)return dp[pos][sta]; ll ans=0; int up=limit?a[pos]:9; for(int i=0;i<=up;i++) { if(pre==4&&i==9)continue; ans+=dfs(pos-1,i,i==4,limit&&i==a[pos]); } if(!limit)dp[pos][sta]=ans; return ans; } ll solve(ll n) { int c=0; while(n) { a[c++]=n%10; n/=10; } return dfs(c-1,0,0,true); } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int t; ll n; cin>>t; mem(dp,-1); while(t--) { cin>>n; cout<<n-solve(n)+1<<endl; } return 0; }
方法2：直接求含49的个数
代码2：
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long #define pb push_back #define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a)) #define mp make_pair #define pii pair<int,int> #define pi acos(-1.0) int a[20]; ll dp[20][3]; ll dfs(int pos,int sta,bool limit)//sta:0：前1位不是4且前面没出现过49；1：前1位是4；2：前面出现过49 { if(pos==-1) return sta==2; if(!limit&&dp[pos][sta]!=-1)return dp[pos][sta]; ll ans=0; int up=limit?a[pos]:9; for(int i=0;i<=up;i++) { int tsta; if(sta==0) { if(i==4)tsta=1; else tsta=0; } else if(sta==1) { if(i==4)tsta=1; else if(i==9)tsta=2; else tsta=0; } else tsta=2; ans+=dfs(pos-1,tsta,limit&&i==a[pos]); } if(!limit)dp[pos][sta]=ans; return ans; } ll solve(ll n) { int c=0; while(n) { a[c++]=n%10; n/=10; } return dfs(c-1,0,true); } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int t; ll n; mem(dp,-1); cin>>t; while(t--) { cin>>n; cout<<solve(n)<<endl; } return 0; }
代码：
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long #define pb push_back #define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a)) #define mp make_pair #define pii pair<int,int> #define pi acos(-1.0) const int INF=0x3f3f3f3f; int dp[15][15][3]; int a[15]; int dfs(int pos,int mod,int sta,bool limit)//sta表示：0：前一位不为 1且前面没有出现过13；1：前一位为1；2：前面出现过13。 { if(pos==-1) return (mod==0)&&(sta==2); if(!limit&&dp[pos][mod][sta]!=-1)return dp[pos][mod][sta]; int ans=0; int up=limit?a[pos]:9; for(int i=0;i<=up;i++) { int tmod=(mod*10+i)%13; int tsta; if(sta==2)tsta=2; else if(sta==1) { if(i==1)tsta=1; else if(i==3)tsta=2; else tsta=0; } else if(sta==0) { if(i==1)tsta=1; else tsta=0; } ans+=dfs(pos-1,tmod,tsta,limit&&i==a[pos]); } if(!limit)dp[pos][mod][sta]=ans; return ans; } int solve(int n) { int c=0; while(n) { a[c++]=n%10; n/=10; } return dfs(c-1,0,0,true); } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int n; mem(dp,-1); while(cin>>n) { cout<<solve(n)<<endl; } return 0; }
例题5：Codeforces 55D - Beautiful numbers
数位dp+数论+离散化
代码：
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long #define pb push_back #define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a)) #define mp make_pair #define pii pair<int,int> #define pi acos(-1.0) ll dp[20][50][2521]; int a[20]; int m[2521]; int gcd(int a,int b) { return b?gcd(b,a%b):a; } int lcm(int a,int b) { return a/gcd(a,b)*b; } ll dfs(int pos,int num,int prelcm,bool limit) { if(pos==-1) return num%prelcm==0; if(!limit&&dp[pos][m[prelcm]][num]!=-1) return dp[pos][m[prelcm]][num]; ll ans=0; int up=limit?a[pos]:9; for(int i=0;i<=up;i++) { ans+=dfs(pos-1,(num*10+i)%2520,i?lcm(prelcm,i):prelcm,limit&&i==a[pos]); } if(!limit) dp[pos][m[prelcm]][num]=ans; return ans; } ll solve(ll n) { int c=0; while(n) { a[c++]=n%10; n/=10; } return dfs(c-1,0,1,true); } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int t; ll l,r; int c=1;//要从1开始啊，因为m[0]=0 for(int i=1;i<=2520;i++) { if(2520%i==0)m[i]=c++; } mem(dp,-1); cin>>t; while(t--) { cin>>l>>r; cout<<solve(r)-solve(l-1)<<endl; } return 0; }
例题6：