数位dp

#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; #define int long long typedef long long ll; const int N=200; int read() { int res=0,ch,flag=0; if((ch=getchar())=='-') //判断正负 flag=1; else if(ch>='0'&&ch<='9') //得到完整的数 res=ch-'0'; while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0'; return flag?-res:res; } int mod; int l,r,a[N],dp[N][N][N]; int dfs(int pos,int sum,int now,int limit) { if(!pos) return (sum==mod)&&(now==0); if(!limit&&dp[pos][sum][now]!=-1) return dp[pos][sum][now]; int up=limit?a[pos]:9; int res=0; for(int i=0;i<=up;i++) res+=dfs

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

这篇博客主要是数位DP的模版 基本上数位DP的题目都是比较套路的：一般都是问一个区间中满足条件的数的个数 套路1：差分 [L,R]中的答案 = [0,R]中答案 - [0,L]中答案 + chk(L) 套路2：按位DP（记忆化搜索实现），记录需要的前缀状态，特别的： f = 0/1 代表当前填的数字是否还和上界数字相同 g = 0/1 代表当前是否还在填前导零 复杂度一般为 O(位数*前缀状态数*10) 【P2657 [SCOI2009]windy数】 https://www.luogu.com.cn/problem/P2657 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，总共有多少个windy数？ #pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")//O3优化 #pragma GCC optimize(2)//O2优化 #include <algorithm> #include <string> #include <string.h> #include <vector> #include <map> #include <stack> #include <set> #include <queue> #include <math.h> #include <cstdio> #include

通道： http://codeforces.com/problemset/problem/55/d 题意： 求 [l,r] 中的漂亮数。漂亮数的定义是这个数能够整除它的每一位。 思路： 数位 dp ， dp[i][j][k]: 前 i 为数字，最小共倍数为 j 时，这个数为 k 的个数。这里为什么要用到最小共倍数呢，因为一个数如果能够整除他的每一位，那么它一定能够整除他的每一位的最小共倍数。而且可以发现 lcm(2~9)=2520 ，由于这个数根本存不下，但我们看到这里是在 mod ，所以 2520 就够了，所以空间大小为 dp[19][50][2520] ，里面最多不超过 50 个最小共倍数。这里还有一个优化，我们每次计算这个数的时候都要乘以 10 ，其实这 dp[19][50][252] 已经够了。 代码： https://github.com/Mithril0rd/ComplexCode/blob/master/cf55d.cpp TAG： 数位 dp,[l,r] 中被每位整除 来源： https://www.cnblogs.com/Rojo/p/4066506.html

### 洛谷 P2657 题目链接 ### 题目大意： 给你一个数的范围 [A，B] ，问你这段区间内，有几个数满足如下条件： 1、两个相邻数位上的数的差值至少为 2 。 2、不包含前导零。 很简单的数位DP，可想只需标记前导零 lead， 前一个数 pre ，即可暴力统计答案，再记忆化就行了，但是有些地方还要细心一点。 比如在枚举到第一个有效位时（即非前导零），它当前只有一个数，而我们需要设 q = true （q 表示枚举到当前位时，是否满足条件，即相邻位之差是否达到 2 ）。即我需要保证枚举到第二个有效数位时，要与第一个有效数位作差值比较的话，那么在枚举第一个有效位时，不能使得 q == false。 然后根据样例 1 可以知道，个位数也算。那么为了使第一位满足 abs（i - pre）>= 2 的话，那么我们需要使得一开始 pre == -1 即可，因为 i 最少会为 1 。 代码如下： 根据条件枚举数位 #include<iostream> #include<algorithm> #include<string.h> using namespace std; typedef long long ll; int A,B; int a[12],dp[12][12]; ll dfs(int pos,int pre,bool lead,bool limit){ if(pos==0

###洛谷 P4999 题目链接 ### 题目大意： 给你一个区间，求这段区间中所有数的，数位上的，数字之和。 分析： 这题与 洛谷 P2602 相似，稍微改一下就可以了。 求出 0 ~ 9 的个数，然后分别乘以 0 ~ 9 ，取模相加即可。要注意的是，在统计之和时，需要 加 mod 以保正答案正确，不然会 WA 两个点。 代码如下： #include<iostream> #include<algorithm> #include<string.h> using namespace std; typedef long long ll; const ll p = (ll) (1e9+7); ll n,m; int a[20],t; ll dp[20][20]; ll dfs(int pos,int t,int sum,bool lead,bool limit){ if(pos==0) return sum%p; if(!limit&&!lead&&dp[pos][sum]!=-1) return dp[pos][sum]%p; int up=limit?a[pos]:9; ll res=0; for(int i=0;i<=up;i++){ if(lead&&i==0) res=(res%p+dfs(pos-1,t,sum,true,limit&&i==a[pos])%p)%p;

### 洛谷 P4124 题目链接 ### 题目大意： 给你一段区间，让你求满足下列两个条件时的数的个数。 1、至少有 3 个相邻相同数字 （即 111 、1111 、222 等） 2、不能同时出现 8 与 4 。 给定的区段 [L，R] 中 ，L 与 R 的数值范围为：10 10 ≤ L ≤ R < 10 11 分析： 1、用 q 与 w 标记 8 是否出现 ，4 是否出现。 2、为了得知是否有连续三个相等，故还需要 ppre 表示前两位中的第一位数位上的数，pre 表示前一位数位上的数，还需要再加 flag 标记是否当前已满足 ppre == pre == i 3、剩下的就是前导零与位数限制标记了 （即 lead 与 limit ） 故 dp 需要 5 维，pos、ppre、pre、flag、q、w ，然后直接记忆化即可。 代码如下： #include<iostream> #include<algorithm> #include<string.h> using namespace std; typedef long long ll; ll L,R; ll a[15]; ll dp[15][15][15][2][2][2]; ll dfs(int pos,int ppre,int pre,bool flag,bool q,bool w,bool lead,bool limit){

### 洛谷 P2602 题目链接 ### 题目大意： 给你一个区间，问你区间所有数字中，0、1、2 .... 9 的个数的总和分别为多少。 分析： 枚举 0 ~ 9 进行数位 DP 即可。 注意记忆化搜索： 必须要用到第二维来表示，前 1 ~ pos 位，某个数（0 ~ 9）的个数。 例如，我们在求这个区间中 2 的个数，直接看的话，后 pos 位 的 2 的个数好像与 1 ~ pos位 上有多少个 2 并无联系（在 !limit 情况下），那为什么还要开第二维呢？ 实际算上来你会发现：比如当枚举到 222 这个数时，很显然 pos==0 后，2 的总个数（即 sum）为 3 。而如果我们枚举到 第 2 位 （十位上）时，用到的记忆化是 dp[2] ，它只记录的是后两位中，有 22 这个数，即两个 2 ，而实际我们求 222 时，应该使程序返回的是 sum== 3 。故我们需要记忆化 dp[2][1] ，让在前 1 ~ pos 位已有一个 2 的时候，返回 sum== 3 （即这个 1 最后会再加上后面两个 2 的个数 ，对应的是 22 ） 代码如下： #include<iostream> #include<algorithm> #include<string.h> using namespace std; typedef long long ll; ll n,m; int a

#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; #define LL long long //#define __int64 LL LL dp[22][3]; int pos[22]; //[][0] 包含49 //[][1] 最高位是9 但不含49 //[][2] 不含49 void initial() { dp[0][2]=1; for(int i = 1; i < 22; i++) { dp[i][0] = dp[i-1][0] * 10 + dp[i-1][1]; dp[i][1] = dp[i-1][2]; dp[i][2] = dp[i-1][2] * 10 - dp[i-1][1]; } } LL ans(LL a) { int i,cnt = 0; LL res = 0; memset(pos,0,sizeof(pos)); a++; while(a>10) { pos[cnt++] = a % 10; a /= 10; } pos[cnt] = a; bool flag = false; for(i = cnt; i >= 0; i--) { //cout<<dp[i][0]<<" "<<dp[i][1]<<" "<<dp[i][2

题目链接： https://codeforces.com/contest/55/problem/D 题目大意： 给你一个区间，让你求出这个区间里面有多少个数是满足这个数能被 他的所有位上的数 整除的。 具体思路： 对于能被他的所有位上的数整除这个条件，转换一下就是这个数能够整除他的所有位上的lcm。 但是这样的话还是需要求出这个数是谁。因为数的范围比较大，所以就应该考虑取模； 具体取模的时候，我们可以先算出1~9的lcm，这个是求的过程中的最大的lcm。我们在求这个数是什么的时候，就每次取模1~9的lcm就可以了。 但是这样的话，这个数组是要dp[19][2520+5][2520+5]这样的话，是会爆内存的。 然后内存还可以优化一下，这里的第三位表示的是当前的lcm 是多少，这一部分我们是可以预处理出来的，能够被2520整除的只有48个，也就说第三维我们是可以降到50的。 顺便还学到了一个数位DP的一个巨大的优化，就是对dp赋值的时候，我们没有必要每一次都对他清零。对于这个题，dp[i][j][k]表示前i位，当前的数是多大（mod2520），当前的位数lcm是多少。 也就是说这里并没有关于首位的标志(如果是开的四位的话，这样复杂度就会优化很小了)。 AC代码： 1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 # define