数位dp：处理数字数位关系的一种dp方式。
一般的题目特征十分明显：
1.一般和数字本身有很大关系。
2.一般求数字在区间L，R中的一些信息
3.L，R一般很大，通常能达到long long级别。
dp方式也比较有套路：
一般有三种方法：
本质上的相似之处，都是集中在处理“填数有无限制”，“填数无限制情况下的固定方案数”，“某些已经搜出来的固定方案数”
1.记忆化搜索（没用过）
是一种倒着记忆的方法。
2.递推（我基本都是这个方法）
正着递推出答案。
一般会从高位向低位递推，讨论高位的填数方法，从而递推出低位的限制与否。
从高位到低位可以通过填的位数处理限制问题。
用一个[0/1]表示，填完这一位之后，是否对后面的数有限制。
填一个数，从k<num,k==num,k>num 讨论。
注意处理可能出现的前导零的锅。
3.预处理一些固定没有限制的一些位置，然后从高位开始填，
没有限制的话，直接查表。
有限制的话，继续填下一位。
注意处理已经填好的位置的固定影响。
经典入门例题：
[ZJOI2010]数字计数
给定两个正整数a和b，求在[a,b]中的所有整数中，每个数码(digit)各出现了多少次。
直接做就好了。
可以处理1~9，1~99，。。的固定答案，或者直接递推下去。
处理1~9,1~99，1~999...的方法：
Code：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=20;
ll a,b;
ll cnta[20],cntb[20];
ll f[20],ten[20];
void query(ll x,ll *cnt)
{
int len=0;
int num[20];
ll k=x;
while(k)
{
num[++len]=k%10;
k/=10;
}
for(int i=len;i>=1;i--)
{
for(int j=0;j<=9;j++)
cnt[j]=cnt[j]+f[i-1]*num[i];
for(int j=0;j<num[i];j++)
cnt[j]+=ten[i-1];
ll num2=0;
for(int j=i-1;j>=1;j--)
{
num2=num2*10+num[j];
}
num2++;
cnt[num[i]]+=num2;
cnt[0]-=ten[i-1];
}
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&a,&b);
ten[0]=1;
for(int i=1;i<=15;i++)
{
f[i]=f[i-1]*10+ten[i-1];
ten[i]=ten[i-1]*10;
}
query(a-1,cnta);
query(b,cntb);
for(int i=0;i<=9;i++)
printf("%lld ",cntb[i]-cnta[i]);
return 0;
}
数字计数1
递推处理:
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=15;
struct node{
ll a[11];
void init(){
memset(a,0,sizeof a);
}
node operator +(const node &b){
node c;c.init();
for(int i=0;i<=9;i++)
c.a[i]=a[i]+b.a[i];
return c;
}
node operator *(const int &x){
node c;c.init();
for(int i=0;i<=9;i++)
c.a[i]=a[i]*x;
return c;
}
node operator -(const node &b){
node c;c.init();
for(int i=0;i<=9;i++)
c.a[i]=a[i]-b.a[i];
return c;
}
void op(){
cout<<endl;
for(int i=0;i<=9;i++)
cout<<" "<<a[i];cout<<endl;cout<<endl;
}
}f[N][2],ans,kk;
int num[N],cnt;
ll ten[N];
ll pre[N];
ll A,B;
void sol(){
for(int i=0;i<=cnt+1;i++)
for(int j=0;j<=1;j++)
f[i][j].init();
for(int i=cnt;i>=1;i--){
//cout<<num[i]<<" dig"<<endl;
f[i][1]=f[i+1][1];f[i][1].a[num[i]]++;
f[i][0]=(f[i+1][1]*num[i])+(f[i+1][0]*10);
for(int j=0;j<=9;j++)
{
if(j<num[i]) f[i][0].a[j]+=(pre[i+1]+1);
else f[i][0].a[j]+=pre[i+1];
}
//f[i][1].op();
//f[i][0].op();
}
for(int i=cnt;i>=1;i--){
f[1][0].a[0]-=ten[i-1];
}
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&A,&B);ten[0]=1;
for(int i=1;i<=13;i++)ten[i]=ten[i-1]*(ll)10;
while(B){
num[++cnt]=B%10;
pre[cnt]=B;B/=10;
}
//pre[cnt+1]=1;
sol();
ans=ans+f[1][0]+f[1][1];
cnt=0;memset(num,0,sizeof num);
memset(pre,0,sizeof pre);
A--;
while(A){
num[++cnt]=A%10;
pre[cnt]=A;
A/=10;
}
//pre[cnt+1]=1;
sol();
kk=kk+f[1][0]+f[1][1];
ans=ans-kk;
for(int i=0;i<=9;i++){
printf("%lld ",ans.a[i]);
}
return 0;
}
数字计数2
[SCOI2009]windy数
windy定义了一种windy数。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？
Solution：
直接记录最后一个数是什么，要记录是否已经出现了非零数字，即前导零。处理前导零bug
因为前导零不处理，可能会认为最后一位填的是0，从而不能填1、0了。
f[i][last][0/1限制][0/1有无出现非零数字]
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=12;
int f[N][N][2][2];
int num[N],cnt;
int A,B;
int wrk(){
memset(f,0,sizeof f);
for(int i=1;i<num[cnt];i++) f[cnt][i][0][1]=1;
f[cnt][num[cnt]][1][1]=1;
f[cnt][0][0][0]=1;
for(int i=cnt;i>=2;i--){
for(int j=0;j<=9;j++){
for(int k=0;k<=9;k++){
if(abs(k-j)>=2){
if(j==num[i]&&k==num[i-1]) f[i-1][k][1][1]+=f[i][j][1][1];
if(j==num[i]&&k<num[i-1]) f[i-1][k][0][1]+=f[i][j][1][1];
f[i-1][k][0][1]+=f[i][j][0][1];
if(j==0) f[i-1][k][0][1]+=f[i][j][0][0];
}
}
}
f[i-1][0][0][0]+=f[i][0][0][0];
f[i-1][1][0][1]+=f[i][0][0][0];
}
int ret=0;
for(int j=0;j<=9;j++){
ret+=f[1][j][0][1]+f[1][j][1][1];
}
//ret+=f[1][0][0][0];
return ret;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&A,&B);
while(B){
num[++cnt]=B%10;B/=10;
}
int ansB=wrk();
A--;cnt=0;
while(A){
num[++cnt]=A%10;A/=10;
}
int ansA=wrk();
//cout<<ansB<<" "<<ansA<<endl;
printf("%d",ansB-ansA);
return 0;
}
windy数
SAC#1 - 萌数
辣鸡蒟蒻SOL是一个傻逼，他居然觉得数很萌！
好在在他眼里，并不是所有数都是萌的。只有满足“存在长度至少为2的回文子串”的数是萌的——也就是说，101是萌的，因为101本身就是一个回文数；110是萌的，因为包含回文子串11；但是102不是萌的，1201也不是萌的。
现在SOL想知道从l到r的所有整数中有多少个萌数。
由于答案可能很大，所以只需要输出答案对1000000007（10^9+7）的余数。
Solution：
抓住问题本质，长度至少为2的回文子串，只要有2或者3就一定满足。
所以，只要记录上一位，上上位填的数即可。
还要记录是否已经出现过长度为2或者3的回文串。
同样，前导零的锅也要处理的。
Code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1000+10;
const int mod=1e9+7;
int n,m;
char a[N],b[N];
int la,lb;
ll ans;
ll r,l;
ll f[N][2][2][12][12][2];// lim ; has huiwen ; has >=1
ll wrk(char *s,int len){
memset(f,0,sizeof f);
for(int j=0;j<=s[1]-‘0‘;j++){
if(j!=0){
if(j<s[1]-‘0‘)f[1][0][0][10][j][1]=1;
else f[1][1][0][10][j][1]=1;
}
else f[1][0][0][10][10][0]=1;
}
if(len==1) return 0;
for(int i=2;i<=lb;i++){
for(int j=0;j<=10;j++){
for(int k=0;k<=10;k++){
for(int p=0;p<=9;p++){
if(p<s[i]-‘0‘){
if(p==k||p==j) (f[i][0][1][k][p][1]+=f[i-1][0][0][j][k][1]+f[i-1][1][0][j][k][1])%=mod;
else (f[i][0][0][k][p][1]+=f[i-1][0][0][j][k][1]+f[i-1][1][0][j][k][1])%=mod;
(f[i][0][1][k][p][1]+=f[i-1][0][1][j][k][1]+f[i-1][1][1][j][k][1])%=mod;
}
else if(p==s[i]-‘0‘){
if(p==k||p==j) (f[i][0][1][k][p][1]+=f[i-1][0][0][j][k][1])%=mod;
else (f[i][0][0][k][p][1]+=f[i-1][0][0][j][k][1])%=mod;
(f[i][0][1][k][p][1]+=f[i-1][0][1][j][k][1])%=mod;
if(p==k||p==j) (f[i][1][1][k][p][1]+=f[i-1][1][0][j][k][1])%=mod;
else (f[i][1][0][k][p][1]+=f[i-1][1][0][j][k][1])%=mod;
(f[i][1][1][k][p][1]+=f[i-1][1][1][j][k][1])%=mod;
}
else{
if(p==k||p==j) (f[i][0][1][k][p][1]+=f[i-1][0][0][j][k][1])%=mod;
else (f[i][0][0][k][p][1]+=f[i-1][0][0][j][k][1])%=mod;
(f[i][0][1][k][p][1]+=f[i-1][0][1][j][k][1])%=mod;
}
}
}
}
for(int p=1;p<=10;p++){
if(p==10) (f[i][0][0][10][p][0]+=f[i-1][0][0][10][10][0])%=mod;
else (f[i][0][0][10][p][1]+=f[i-1][0][0][10][10][0])%=mod;
}
}
ll ret=0;
for(int j=0;j<=9;j++)
for(int k=0;k<=9;k++){
(ret+=f[len][1][1][j][k][1]+f[len][0][1][j][k][1])%=mod;
}
return ret;
}
int main()
{
scanf("%s",a+1);scanf("%s",b+1);
la=strlen(a+1),lb=strlen(b+1);
l=wrk(a,la);
r=wrk(b,lb);
bool fl=false;
for(int i=2;i<=la;i++){
if(a[i]==a[i-1]||a[i]==a[i-2]) fl=true;
}
ans=(r+fl-l+mod)%mod;
printf("%lld",ans);
return 0;
}
萌数
bzoj 3329 Xorequ
Description
Input
第一行一个正整数，表示数据组数据 ，接下来T行
每行一个正整数N
Output
2*T行
第2*i-1行表示第i个数据中问题一的解，
第2*i行表示第i个数据中问题二的解，
HINT
x=1与x=2都是原方程的根，注意第一个问题的解
不要mod 10^9+7
1<=N<=10^18
1<=T<=1000
Solution：
首先一定要化简x^3x=2x
即：3x=x^2x ; x+2x=x^2x 说明，2倍的x和x没有公共1位置，否则就会变小了。
2x就是x二进制下左移一位，所以，x的条件其实是，x的二进制表示下没有连续的两个1.
对于第一问，记录上一位填的是0/1即可转移。
对于第二问，发现，是2的整次幂。2^n显然满足条件，
这里假设可以是0，不需要正整数条件，而0显然也满足条件。
最后也不用减，因为2^n本来就要加1个。
即处理有n位可以填0/1。
设f[i]表示，i位随便填0/1，符合的数的个数。
第i位填1的话，i-1位只能填零，方案数就是f[i-2]
第i位填0的话，对i-1位没有影响，就是f[i-1]
所以f[i]=f[i-1]+f[i-2],f[1]=2，f[2]=3
一个斐波那契数列。
矩阵乘法优化一下即可。
Code:（多组数据记得memset）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=66;
const int mod=1e9+7;
ll f[N][2][2];
int num[N],cnt;
ll wrk1(){
memset(f,0,sizeof f);
f[cnt+1][1][0]=1;
for(int i=cnt;i>=1;i--){
for(int k=0;k<=1;k++){
if(k<num[i]){
if(k==1) f[i][0][k]+=f[i+1][0][0]+f[i+1][1][0];
else f[i][0][k]+=f[i+1][0][0]+f[i+1][0][1]+f[i+1][1][0]+f[i+1][1][1];
}
else if(k==num[i]){
if(k==1) f[i][1][k]+=f[i+1][1][0],f[i][0][k]+=f[i+1][0][0];
else f[i][1][k]+=f[i+1][1][1]+f[i+1][1][0],f[i][0][k]+=f[i+1][0][0]+f[i+1][0][1];
}
else {
if(k==1) f[i][0][k]+=f[i+1][0][0];
else f[i][0][k]+=f[i+1][0][0]+f[i+1][0][1];
}
}
}
ll ret=0;
ret=f[1][0][0]+f[1][0][1]+f[1][1][0]+f[1][1][1];
return ret-1;
}
struct tr{
ll a[3][3];
void pre(){
memset(a,0,sizeof a);
}
void init(){
for(int i=1;i<=2;i++) a[i][i]=1;
}
tr operator *(const tr &b){
tr c;c.pre();
for(int i=1;i<=2;i++)
for(int k=1;k<=2;k++)
for(int j=1;j<=2;j++){
(c.a[i][j]+=a[i][k]*b.a[k][j]%mod)%=mod;
}
return c;
}
}A,S,B;
tr qm(tr x,ll y){
tr ret;ret.pre();ret.init();
while(y){
if(y&1) ret=ret*x;
x=x*x;
y>>=1;
}
return ret;
}
int t;
ll n;
int main()
{
scanf("%d",&t);
A.a[1][1]=3,A.a[1][2]=2;
B.a[1][1]=1,B.a[1][2]=1;
B.a[2][1]=1,B.a[2][2]=0;
while(t--){
scanf("%lld",&n);
ll nn=n;
cnt=0;
while(nn){
num[++cnt]=nn%2;nn/=2;
}
ll ans1=wrk1();
printf("%lld\n",ans1);
ll ans2;
if(n==1){
ans2=2;
}
else if(n==2){
ans2=3;
}
else{
S=A*qm(B,n-2);
ans2=S.a[1][1]%mod;
}
printf("%lld\n",ans2);
}
return 0;
}
Xorequ
CF55D Beautiful numbers
Volodya是一个很皮的男孩。他认为一个能被它自己的每一位数上的数整除（非0）的数是很妙的。我们先忽略他的想法的正确性，只回答在l到r之间有多少个很妙的数字。
输入输出格式
输入：总共有t个询问：
第一行：t；
接下来t行：每行两个数l和r。
注意：请勿使用%lld读写长整型（虽然我也不知道为什么），请优先使用cin（或者是%I64d）。
输出：t行，每行为一个询问的答案。
Solution：
比较巧妙的状态设计，还有优化 的题目。
直接记录被1,2,3..除是肯定不行的，。
发现，lcm（1,2.。。9）=2520
所以，如果最后能被1，2.。。9整除，那么把这个数对2520取模，不会影响整除与否的。
所以，f[i][2520][S]表示，填到i位，对2520取模结果，出现数字的状压集合。
但是，这个题有10组数据，就T飞了。
考虑优化没用的状态。
S大小是256的，不用记0，不用记1，要记8个。
但是，最后要找的还是S出现数字的lcm能否整除x
所以，就直接记录lcm就行了。
2250=2^3*3^2*5*7，一共只有48种lcm，离散化记录，256->48
但是还是过不去（可能我的代码常数太大？）
发现，记录mod 2250的余数时，假设之前是j，
那么，新的=j*10+k mod 2250（k是当前位的数）
设x=a2250+j;
每次j要乘10，是不是记录mod 225即可？
x=a‘225 + j‘
x‘=a‘2250+10j‘+k
发现，x mod 2250 的只和j‘有关，
所以，记录j‘即可，每次mod 225记录新的j
最后一次，mod 2250 就是mod 2250 的余数了。
Code：（luogu最优解）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=25;
const int up=252;
ll L,R;
int a[N],cnt;
ll f[N][252][2][50];
ll g[2525][2][50];
int lcm[1026],tot;
int id[2530];
int to[50][12];
int gcd(int p,int q){
return q?gcd(q,p%q):p;
}
void dfs(int x,int lc){
//cout<<" x lc "<<x<<" "<<lc<<endl;
if(x==10){
lcm[++tot]=lc;
return;
}
dfs(x+1,lc);
dfs(x+1,lc*x/gcd(x,lc));
}
ll wrk(){
ll ret=0;
memset(f,0,sizeof f);
memset(g,0,sizeof g);
f[cnt+1][0][1][1]=1;
for(int i=cnt;i>=1;i--){
for(int j=0;j<252;j++){
for(int k=1;k<=tot;k++){
for(int p=0;p<=9;p++){
if(i!=1){
if(p<a[i]){
f[i][(j*10+p)%up][0][to[k][p]]+=f[i+1][j][0][k]+f[i+1][j][1][k];
}
else if(p==a[i]){
f[i][(j*10+p)%up][0][to[k][p]]+=f[i+1][j][0][k];
f[i][(j*10+p)%up][1][to[k][p]]+=f[i+1][j][1][k];
}
else {
f[i][(j*10+p)%up][0][to[k][p]]+=f[i+1][j][0][k];
}
}
else{
if(p<a[i]){
g[(j*10+p)%2520][0][to[k][p]]+=f[i+1][j][0][k]+f[i+1][j][1][k];
}
else if(p==a[i]){
g[(j*10+p)%2520][0][to[k][p]]+=f[i+1][j][0][k];
g[(j*10+p)%2520][1][to[k][p]]+=f[i+1][j][1][k];
}
else {
g[(j*10+p)%2520][0][to[k][p]]+=f[i+1][j][0][k];
}
}
}
}
}
}
for(int j=0;j<2520;j++){
for(int k=1;k<=tot;k++){
if(j%lcm[k]==0){
ret+=g[j][1][k]+g[j][0][k];
}
}
}
return ret;
}
int T;
ll ansl,ansr;
int main()
{
dfs(1,1);
sort(lcm+1,lcm+tot+1);
//cout<<tot<<endl;
tot=unique(lcm+1,lcm+tot+1)-lcm-1;
for(int i=1;i<=tot;i++) id[lcm[i]]=i;
for(int i=1;i<=tot;i++){
to[i][0]=i;
for(int j=1;j<=9;j++){
to[i][j]=id[lcm[i]*j/gcd(lcm[i],j)];
}
}
/*cout<<" tot "<<tot<<endl;
for(int i=1;i<=tot;i++){
cout<<lcm[i]<<" "<<id[lcm[i]]<<" "<<endl;
for(int j=0;j<=9;j++){
cout<<" with "<<j<<" : "<<to[i][j]<<endl;
}
}*/
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%I64d%I64d",&L,&R);
ansl=ansr=0;
L--;
if(L==0) ansl=1;
else{cnt=0;
while(L){
a[++cnt]=L%10;L/=10;
}ansl=wrk();
}
cnt=0;
while(R){
a[++cnt]=R%10;R/=10;
}ansr=wrk();
printf("%I64d\n",ansr-ansl);
}
return 0;
}
Beautiful numbers
[SCOI2014]方伯伯的商场之旅
非常麻烦的数位dp了。
见另外一篇博客：
[SCOI2014]方伯伯的商场之旅
原文地址：https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/9534844.html