转载自：http://blog.csdn.net/guognib/article/details/25472879
参考：
http://www.cnblogs.com/jffifa/archive/2012/08/17/2644847.html
kuangbin ：http://www.cnblogs.com/kuangbin/category/476047.html
http://blog.csdn.net/cmonkey_cfj/article/details/7798809
http://blog.csdn.net/liuqiyao_01/article/details/9109419
数位dp有递推和记忆化搜索的方法，比较来说记忆化搜索方法更好。通过博客一的一个好的模板，数位dp就几乎变成一个线性dp问题了。
下为博客一内容：
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偷看了下7k+大牛的数位统计dp写法，通常的数位dp可以写成如下形式：
1 int dfs(int i, int s, bool e) {
2 if (i==-1) return s==target_s;
3 if (!e && ~f[i][s]) return f[i][s];
4 int res = 0;
5 int u = e?num[i]:9;
6 for (int d = first?1:0; d <= u; ++d)
7 res += dfs(i-1, new_s(s, d), e&&d==u);
8 return e?res:f[i][s]=res;
9 }
其中：
f为记忆化数组；
i为当前处理串的第i位（权重表示法，也即后面剩下i+1位待填数）；
s为之前数字的状态（如果要求后面的数满足什么状态，也可以再记一个目标状态t之类，for的时候枚举下t）；
e表示之前的数是否是上界的前缀（即后面的数能否任意填）。
for循环枚举数字时，要注意是否能枚举0，以及0对于状态的影响，有的题目前导0和中间的0是等价的，但有的不是，对于后者可以在dfs时再加一个状态变量z，表示前面是否全部是前导0，也可以看是否是首位，然后外面统计时候枚举一下位数。It depends.
于是关键就在怎么设计状态。当然做多了之后状态一眼就可以瞄出来。
注意：
不满足区间减法性质的话（如hdu 4376），不能用solve(r)-solve(l-1)，状态设计会更加诡异。
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正如上面说的要注意：
前导零是否有影响。
是否满足区间减的性质。（如hdu4376，还没做，先记上）
几乎就是模板题：
模板：
UESTC 1307相邻的数差大于等于2
（不允许有前导0，前导0对计算有影响，注意前导0的处理）
1 int dp[15][10];
2 int bit[15];
3 int dfs(int pos, int s, bool limit, bool fzero)
4 {
5 if (pos == -1) return 1;///前导0的影响!!!
6 if (!limit && !fzero && ~dp[pos][s]) return dp[pos][s];///条件判断!!!
7 int end = limit ? bit[pos] : 9;
8
9 int ans = 0;
10 for (int i = 0; i <= end; i++)
11 {
12 if (!fzero && abs(i - s) < 2) continue;///前导0的影响!!!
13 int nows = i;
14 ans += dfs(pos - 1, nows, limit && (i == end), fzero && !i);
15 }
16
17 return limit || fzero ? ans : dp[pos][s] = ans;///条件判断!!!
18 }
19 int calc(int n)
20 {
21 if (n == 0) return 1;
22 int len = 0;
23 while (n)
24 {
25 bit[len++] = n % 10;
26 n /= 10;
27 }
28 return dfs(len - 1, 0, 1, 1);
29 }
30 int main ()
31 {
32 memset(dp, -1, sizeof(dp));
33 int l, r;
34 while (cin >> l >> r)
35 {
36 cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;
37 }
38 return 0;
39 }
其它一些题目：
Hdu3555不能出现连续的49
1 int bit[25];
2 LL dp[25][3];
3 /**
4 0
5 1
6 2
7 */
8
9 /**
10 pos为当前考虑的位置
11 s为在pos之前已到达的状态
12 limit当前考虑的数字是否有限制,即之前已确定的数是否为n的前缀
13 */
14 LL dfs(int pos, int s, bool limit)
15 {
16 if (pos == -1) return s == 2;
17 if (!limit && ~dp[pos][s]) return dp[pos][s];
18 int end = limit ? bit[pos] : 9;///limit选择
19 LL ans = 0;
20
21 for (int i = 0; i <= end; i++)
22 {
23 int nows;
24 if (s == 0)
25 {
26 if (i == 4) nows = 1;
27 else nows = 0;
28 }
29 else if (s == 1)
30 {
31 if (i == 9) nows = 2;
32 else if (i == 4) nows = 1;
33 else nows = 0;
34 }
35 else if (s == 2) nows = 2;
36
37 ans += dfs(pos - 1, nows, limit && i == end);
38 }
39
40 return limit ? ans : dp[pos][s] = ans;///limit选择
41 }
42
43 LL calc(LL n)
44 {
45 ///
46 int len = 0;
47 while (n)
48 {
49 bit[len++] = n % 10;
50 n /= 10;
51 }
52 ///
53 return dfs(len - 1, 0, 1);
54 }
55 int main ()
56 {
57 memset(dp, -1, sizeof(dp));
58 int T;
59 RI(T);
60 LL n;
61 while (T--)
62 {
63 cin >> n;
64 cout << calc(n) << endl;
65 }
66 return 0;
67 }
hdu2089 不要62
1 int dp[10][3];
2 int bit[10];
3 int dfs(int pos, int s, int limit, bool first)
4 {
5 if (pos == -1) return s == 2;
6 if (!limit && ~dp[pos][s]) return dp[pos][s];
7 int end = limit ? bit[pos] : 9;
8 // int be = first ? 1 : 0;
9
10
11 int ans = 0;
12 for (int i = 0; i <= end; i++)
13 {
14 int nows = s;
15 if (s == 0)
16 {
17 if (i == 6) nows = 1;
18 else if (i == 4) nows = 2;
19 }
20 if (s == 1)
21 {
22 if (i == 2 || i == 4) nows = 2;
23 else if (i == 6) nows = 1;
24 else nows = 0;
25 }
26 if (i == 4) nows = 2;
27
28 ans += dfs(pos - 1, nows, limit && (i == end), first && !i);
29 }
30
31 return limit ? ans : dp[pos][s] = ans;
32 }
33 int calc(int n)
34 {
35 int tmp = n;
36 if (n == 0) return 0;
37 int len = 0;
38 while (n)
39 {
40 bit[len++] = n % 10;
41 n /= 10;
42 }
43 return tmp - dfs(len - 1, 0, 1, 1);
44 }
45 int main ()
46 {
47 memset(dp, -1, sizeof(dp));
48 int l, r;
49 // for (int i = 1; i <= 100; i++)
50 // cout << i << ‘ ‘ << calc(i) << endl;
51 while (cin >> l >> r)
52 {
53 if (l + r == 0) break;
54 // cout << calc(r) << ‘ ‘ << calc(l - 1) << endl;
55 cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;
56 }
57
58 return 0;
59 }
UESTC 1307相邻的数差大于等于2
（注意前导0的处理）
1 int dp[15][10];
2 int bit[15];
3 int dfs(int pos, int s, bool limit, bool fzero)
4 {
5 if (pos == -1) return 1;///前导0的影响!!!
6 if (!limit && !fzero && ~dp[pos][s]) return dp[pos][s];///条件判断!!!
7 int end = limit ? bit[pos] : 9;
8
9 int ans = 0;
10 for (int i = 0; i <= end; i++)
11 {
12 if (!fzero && abs(i - s) < 2) continue;///前导0的影响!!!
13 int nows = i;
14 ans += dfs(pos - 1, nows, limit && (i == end), fzero && !i);
15 }
16
17 return limit || fzero ? ans : dp[pos][s] = ans;///条件判断!!!
18 }
19 int calc(int n)
20 {
21 if (n == 0) return 1;
22 int len = 0;
23 while (n)
24 {
25 bit[len++] = n % 10;
26 n /= 10;
27 }
28 return dfs(len - 1, 0, 1, 1);
29 }
30 int main ()
31 {
32 memset(dp, -1, sizeof(dp));
33 int l, r;
34 while (cin >> l >> r)
35 {
36 cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;
37 }
38 return 0;
39 }
POJ 3252 Round Number (组合数)！！！
拆成2进制，在记录0和1的个数
求区间[l,r]中，满足传化成2进制后，0的个数>=1的个数的，数字的个数
1 int dp[40][40][40];
2 int bit[40];
3 int dfs(int pos, int num0, int num1, bool limit, bool fzero)
4 {
5 if (pos == -1) return num0 >= num1;///前导0的影响!!!
6 if (!limit && !fzero && ~dp[pos][num0][num1]) return dp[pos][num0][num1];///条件判断!!!
7 int end = limit ? bit[pos] : 1;
8
9 int ans = 0;
10 for (int i = 0; i <= end; i++)
11 {
12 int new0, new1;
13 if (fzero)
14 {
15 new0 = 0, new1 = 0;
16 if (i) new1 = 1;
17 }
18 else
19 {
20 new0 = num0, new1 = num1;
21 if (i) new1++;
22 else new0++;
23 }
24 ans += dfs(pos - 1, new0, new1, limit && (i == end), fzero && !i);
25 }
26 return limit || fzero ? ans : dp[pos][num0][num1] = ans;///条件判断!!!
27 }
28 int calc(int n)
29 {
30 if (n == 0) return 1;
31 int len = 0;
32 while (n)
33 {
34 bit[len++] = n % 2;
35 n /= 2;
36 }
37 return dfs(len - 1, 0, 0, 1, 1);
38 }
39 int main ()
40 {
41 memset(dp, -1, sizeof(dp));
42 int l, r;
43 while (cin >> l >> r)
44 {
45 cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;
46 }
47 return 0;
48 }
hdu3886求满足符号串的数字个数！！！
统计满足和指定 升降字符串 匹配的个数
1 int dp[105][105][10];
2 int bit[105];
3 char s[105];
4 char a[105], b[105];
5 int ns;
6
7 bool ok(int r, int a, int b)
8 {
9 if (s[r] == ‘/‘) return a < b;
10 else if (s[r] == ‘-‘) return a == b;
11 else if (s[r] == ‘\\‘) return a > b;
12 }
13 int dfs(int pos, int r, int pre, bool limit, bool prezero)
14 {
15 if (pos == -1) return (r == ns);
16 if (!limit && !prezero && ~dp[pos][r][pre]) return dp[pos][r][pre];
17 int end = limit ? bit[pos] : 9;
18 int ans = 0;
19
20 for (int i = 0; i <= end; i++)
21 {
22 if (prezero)
23 {
24 ans += dfs(pos - 1, r, i, limit && (i == end), prezero && (!i));
25 }
26 else
27 {
28 if (r < ns && ok(r, pre, i))///优先考虑向后拓展
29 ans += dfs(pos - 1, r + 1, i, limit && (i == end), 0);
30 else if (r > 0 && ok(r - 1, pre, i))
31 ans += dfs(pos - 1, r, i, limit && (i == end), 0);
32 }
33 ans %= MOD;
34 }
35 if (!limit && !prezero) dp[pos][r][pre] = ans;
36 return ans;
37 }
38 int calc(char a[], bool dec)
39 {
40
41 int n = strlen(a);
42 int len = 0, tmp = 0;
43 while (a[tmp] == ‘0‘) tmp++;
44 for (int i = n - 1; i >= tmp; i--)
45 {
46 bit[len++] = a[i] - ‘0‘;
47 }
48 if (dec && len > 0)
49 {
50 for (int i = 0; i < len; i++)
51 {
52 if (bit[i])
53 {
54 bit[i]--;
55 break;
56 }
57 else bit[i] = 9;
58 }
59 }
60 return dfs(len - 1, 0, 0, 1, 1);
61 }
62
63 int main ()
64 {
65 while (scanf("%s", s) != EOF)
66 {
67 memset(dp, -1, sizeof(dp));
68 ns = strlen(s);
69 scanf("%s%s", a, b);
70 printf("%08d\n", (calc(b, 0) - calc(a, 1) + MOD) % MOD);
71 }
72 return 0;
73 }
HDU 3709 平衡数
1 LL dp[20][20][2000];
2 ///力矩最大为不超过10*20*10;
3 int bit[20];
4
5 LL dfs(int pos, int r, int sum, int e)
6 {
7 if (pos == -1) return sum == 0;
8 if (sum < 0) return 0;
9 if (!e && ~dp[pos][r][sum]) return dp[pos][r][sum];
10 int end = e ? bit[pos] : 9;
11 LL ans = 0;
12 for (int i = 0; i <= end; i++)
13 {
14 ans += dfs(pos - 1, r, sum + i * (pos - r), e && (i == end));
15 }
16 if (!e) dp[pos][r][sum] = ans;
17 return ans;
18 }
19
20 LL calc(LL n)
21 {
22 if (n < 0) return 0;
23 int len = 0;
24 while (n)
25 {
26 bit[len++] = n % 10;
27 n /= 10;
28 }
29 LL ans = 0;
30 for (int i = 0; i < len; i++)///需要枚举支点
31 ans += dfs(len - 1, i, 0, 1);
32 return ans - (len - 1);
33 }
34 int main ()
35 {
36 memset(dp, -1, sizeof(dp));
37 int t;
38 LL l, r;
39 RI(t);
40 while (t--)
41 {
42 scanf("%I64d%I64d", &l, &r);
43 printf("%I64d\n", calc(r) - calc(l - 1));
44 }
45
46 return 0;
47 }
HDU4352严格上升子序列的长度为K的个数。！！！
最长上升子序列结合，通过集合（1<<10）来处理
1 LL dp[25][1 << 11][11];
2 int bit[25];
3 int k;
4 int getnews(int s, int x)
5 {
6 for(int i=x;i<10;i++)
7 if(s&(1<<i))return (s^(1<<i))|(1<<x);
8 return s|(1<<x);
9 }
10 int getnum(int s)
11 {
12 int ret = 0;
13 while (s)
14 {
15 if (s & 1) ret++;
16 s >>= 1;
17 }
18 return ret;
19 }
20 LL dfs(int pos, int s, int e, int z)
21 {
22 if (pos == -1) return getnum(s) == k;
23 if (!e && ~dp[pos][s][k]) return dp[pos][s][k];
24 int end = e ? bit[pos] : 9;
25 LL ans = 0;
26
27 for (int i = 0; i <= end; i++)
28 {
29 int news = getnews(s, i);
30 if (z && !i) news = 0;
31 ans += dfs(pos - 1, news, e && (i == end), z && (!i));
32 }
33 if (!e) dp[pos][s][k] = ans;
34 return ans;
35 }
36
37 LL calc(LL n)
38 {
39 int len = 0;
40 while (n)
41 {
42 bit[len++] = n % 10;
43 n /= 10;
44 }
45 return dfs(len - 1, 0, 1, 1);
46 }
47
48 int main ()
49 {
50 LL n, m;
51 memset(dp, -1, sizeof(dp));
52 int t;
53 scanf("%d", &t);
54 int nc = 1;
55 while (t--)
56 {
57 cin >> n >> m >> k;
58 printf("Case #%d: ", nc++);
59 cout << calc(m) - calc(n - 1) << endl;
60 }
61 return 0;
62 }
！！！是比较不错，待看的题
比较还好的处理的题目：
Codeforces 55D Beautiful numbers！！！
spoj 10606 Balanced Numbers
ac自动机和数位dp结合（！！！）：
hdu4376！！！（区间不可减？？？）
ZOJ3494 BCD Code(AC自动机+数位DP)！！！
整除和简单统计：
HDU4507 和7无关数的平方和！！！
HDU 3652 出现13，而且能被13整除
LightOJ 1068 能被K整数且各位数字之和也能被K整除的数
light OJ 1140两个数之间的所有数中零的个数。
lightoj 1032 二进制数中连续两个‘1’出现次数的和
其它：
LightOJ1205求区间[a,b]的回文数个数。
ural 1057 数位统计
codeforces215E周期数
codeforces258B在1-m中任选7个数，要使前六个数字中的“4”,"7"之和小于第七个的，
Zoj2599 数位统计（见题意）
zoj3162分形、自相似
时间： 2024-10-04 23:06:32