数位DP入门+数位DP模板

数位dp是一种计数用的dp，一般就是要统计一个区间[le,ri]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咯。数位还算是比较好听的名字，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啦！

之所以要引入数位的概念完全就是为了dp。数位dp的实质就是换一种暴力枚举的方式，使得新的枚举方式满足dp的性质，然后记忆化就可以了。

两种不同的枚举：对于一个求区间[le,ri]满足条件数的个数，最简单的暴力如下：

[cpp] view plain copy

for(int i=le;i<=ri;i++)
if(right(i)) ans++;

然而这样枚举不方便记忆化，或者说根本无状态可言。

新的枚举：控制上界枚举，从最高位开始往下枚举，例如：ri=213，那么我们从百位开始枚举：百位可能的情况有0,1,2(觉得这里枚举0有问题的继续看)

然后每一位枚举都不能让枚举的这个数超过上界213（下界就是0或者1，这个次要），当百位枚举了1，那么十位枚举就是从0到9，因为百位1已经比上界2小了，后面数位枚举什么都不可能超过上界。所以问题就在于：当高位枚举刚好达到上界是，那么紧接着的一位枚举就有上界限制了。具体的这里如果百位枚举了2，那么十位的枚举情况就是0到1，如果前两位枚举了21，最后一位之是0到3(这一点正好对于代码模板里的一个变量limit 专门用来判断枚举范围)。最后一个问题：最高位枚举0：百位枚举0，相当于此时我枚举的这个数最多是两位数，如果十位继续枚举0，那么我枚举的就是以为数咯，因为我们要枚举的是小于等于ri的所以数，当然不能少了位数比ri小的咯！(这样枚举是为了无遗漏的枚举，不过可能会带来一个问题，就是前导零的问题，模板里用lead变量表示，不过这个不是每个题目都是会有影响的，可能前导零不会影响我们计数，具体要看题目)

由于这种新的枚举只控制了上界所以我们的Main函数总是这样：

[cpp] view plain copy

int main()
{
long long le,ri;
while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))
printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));
}

w_w 是吧！统计[1,ri]数量和[1,le-1]，然后相减就是区间[le,ri]的数量了，这里我写的下界是1，其实0也行，反正相减后就没了，注意题目中le的范围都是大于等于1的(不然le=0,再减一就G_G了)

在讲例题之前先讲个基本的动态模板(先看后面的例题也行)：dp思想，枚举到当前位置pos，状态为state(这个就是根据题目来的，可能很多，毕竟dp千变万化)的数量(既然是计数,dp值显然是保存满足条件数的个数)

[cpp] view plain copy

typedef long long ll;
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\n",solve(ri)-solve(le-1));
}
}

例题

【HDU2089】不要六二

中文题面，题意很好理解，这里不再赘述

这是数位DP的入门题，可以好好理解数位DP的原理和基本框架，上面这个模板很详细，可以解决一般的数位DP问题，这题很简单，直接上代码了：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstring>
#include <map>using namespace std;typedef long long ll;
int a[20];
ll dp[20][2];
ll dfs(int pos, int pre, int state, bool limit)//不是每个题都要判断前导零
{if(pos==-1) return 1;if(!limit && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];int up=limit?a[pos]:9;ll ans=0;for(int i=0;i<=up;i++){if(i == 4) continue;else if(pre == 6 && i == 2) continue;ans+=dfs(pos-1, i, i == 6 ? 1 : 0, limit && i==a[pos]);}if(!limit) dp[pos][state]=ans;return ans;
}
ll solve(ll x)
{int pos=0;while(x){a[pos++]=x%10;x/=10;}return dfs(pos - 1, 0, 0, true);
}
int main()
{ll le,ri;while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri) && (le || ri)){memset(dp, -1, sizeof(dp));printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));}return 0;
}

【HDU6148】Valley Number

这也是一道中文题，题意很好懂就是数字从左到右看不要有先递增后递减的情况即可

这道题只要修改一下上面的模板就可以了，数位DP题的关键在于如何分析下一个数字的情况

ll dfs(int pos, int pre, int turn, bool limit, bool invalid)
//这条语句中pos是要DP的位置，pre,turn,limit,invalid...这些都是前提条件，或者
//说是之前位置上确定一些数之后的状态，而这个dfs要进行的就是在这个状态下继续
//确定下一位的数字

同样直接看代码吧，这种题关键在于你要理解如何确定每一位数字的过程

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstring>
#include <map>using namespace std;typedef long long ll;
const ll M = 1e9 + 7;int a[105];
ll dp[105][10][3];
ll dfs(int pos, int pre, int turn, bool limit, bool invalid)//turn：0不清楚，1下降，2上升
{if(pos==-1) return invalid ? 0 : 1;if(!limit && dp[pos][pre][turn]!=-1) return dp[pos][pre][turn];int up=limit?a[pos]:9;ll ans=0LL;for(int i=0;i<=up;i++){if(turn == 2 && i < pre) continue;int p = 0;if(i == pre) p = turn;else if(i < pre) p = 1;else p = 2;if(invalid) p = 0;ans+=dfs(pos-1, i, p, limit && i==a[pos], invalid && i == 0);ans %= M;}ans %= M;if(!limit) dp[pos][pre][turn]=ans;return ans;
}
char str[105];
int main()
{int CASE;scanf("%d", &CASE);while(CASE--){memset(dp, -1, sizeof(dp));scanf("%s", str);int len = strlen(str);for(int i = 0; i < len; ++i)a[i] = str[len - 1 - i] - '0';printf("%lld\n", dfs(len-1, 0, 0, true, true));}return 0;
}

这就是数位DP的入门了，之后继续学习数位DP更美妙的高级艺术吧！

参考资料：http://blog.csdn.net/wust_zzwh/article/details/52100392

数位DP入门+数位DP模板相关推荐

数位dp入门题洛谷P2657 [SCOI2009] windy 数
题干传送门 windy 定义了一种 windy 数. 题目描述不含前导零且相邻两个数字之差至少为 2的正整数被称为 windy 数.windy 想知道,在 a 和 b 之间,包括 a 和 b ,总 ...
数位dp的概念和模板
基础篇数位dp是一种计数用的dp,一般就是要统计一个区间[le,ri]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咯.数位还算是比较好听的名字,数位的含义:一个数有个位.十位. ...
hdu 2089 数位dp入门
HDU 2089 题意:中文题思路:数位dp入门题 AC代码: #include "iostream" #include "string.h" #includ ...
数位DP 学习笔记1（数位DP入门）
HDU 2089 不要62: 题目大意是给你一个区间,让你统计这个区间里不包含 4 和 62 的数字的个数. 最朴素的思路是: 对于每个区间 [l, r],遍历所有在区间 [l, r] 里的数字,然后 ...
P2657 [SCOI2009]windy数数位dp入门
参考了题解,理解仍然还不够透彻 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=550; const int maxn=1 ...
牛客网 G-送分了 QAQ 数位 dp入门
时间限制:C/C++ 1秒,其他语言2秒空间限制:C/C++ 32768K,其他语言65536K 64bit IO Format: %lld 题目描述链接: https://www.nowcode ...
数位DP入门笔记（1）HUD-2089
题目: 题目理解和思路: 1.此题是给一个6位车牌号,正着不能含有连着的62,不能有4. 2.判断车牌号可能会采用dfs,因为每增加一位数就包含带4,或者形成62两种不合法情况(可以用但此代码没有用到 ...
牛客网dp专题数位dp
文章目录数位dp 例题: NC116652 uva11038 How many 0's NC15035 送分了QAQ NC20669 诡异数字 NC20665 7的意志 NC17385 Beauti ...
逊哥dp专题总结（普通dp，斜率优化dp，数位dp）
dp真是博大精深,本渣自叹智商不足,但是就算是不足也要拼死一搏,怒燃之 poj 3934 题意:给你n个身高都不同的人,然后排队,如果两人之间的所有人都比他们俩矮,那么他们俩可以互相看见,问你如果要正 ...

数位DP入门+数位DP模板

数位DP入门+数位DP模板相关推荐

最新文章

热门文章