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数位DP

2020-12-11 20:03:40  阅读：164  来源： 互联网

标签：return val int LL pos mt DP 数位


题目一 含007的子序列的计数

好朋友(https://ac.nowcoder.com/acm/problem/19327)

题目描述

BLUESKY007有很多关系很好的朋友,他们无一例外,名字均由数字组成(首字符不为0)且含有"007"(例如“10007”,“10707”就是她的好朋友,而“97037”,“70709”不是),即对于字符串s存在i,j,k(i< j< k)满足
s[i]s[j]s[k]= 007.虽然BLUESKY007眼力极佳,一眼就能看出一个人是不是自己的好朋友,但BLUESKY007是个蒟蒻,她并不擅长数数,但她又想知道在[li,ri]内有多少人是自己的好朋友,所以就找到了你来帮忙.
她会向你询问t次,由于询问次数可能很多,所以你只需要告诉她t次询问答案的异或和即可.

输入描述:

第一行一个整数t,表示询问个数
接下来t行,每行两个整数li,ri

输出描述:

一行一个整数表示答案

示例1

输入
3
1 1000
233 666
999 999
输出
0
在0~1000范围内不存在与题目要求相符的含有“007”的数,所以三次询问的答案都是0

示例2

输入
3
10000 10086
2333 23333
6666 66666
输出
132

备注:

对于20%的数据,li≤ri≤103
对于40%的数据,t≤50,li≤ri≤5·10^4

思路

\(f[i][j][k]\):前i位，状态j，是否有前导0的的方案数。
j=0 没有0
j=1前面包含0
j=2前面包含00
j=3前面包含007

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

int a[25];
//pos: 位数 ok:007 Lead: 前导0 mt：满足限制
/*
ok=0 没有0
ok=1前面包含0
ok=2前面包含00
ok=3前面包含007
*/
LL f[20][5][2];
LL dfs(int pos, int ok, bool Lead, bool mt){
    if(pos==-1){
        if(ok==3) return 1;
        else return 0;
    }
    if(!mt&&f[pos][ok][Lead]!=-1) return f[pos][ok][Lead];
    int Len=mt?a[pos]:9;
    LL ans=0;
    for(int i=0; i<=Len; i++){
        if(i==0){
            if(Lead){//有前导0
                ans+=dfs(pos-1, ok, Lead, mt&&i==a[pos]);
            }
            else{//没有前导0
                if(ok==0) ans+=dfs(pos-1, 1, Lead, mt&&i==a[pos]);
                else if(ok==1) ans+=dfs(pos-1, 2, Lead, mt&&i==a[pos]);
                else if(ok==2) ans+=dfs(pos-1, 2, Lead, mt&&i==a[pos]);
                else if(ok==3) ans+=dfs(pos-1, 3, Lead, mt&&i==a[pos]);

            }
        }
        else if(i==7){
            if(ok==2) ans+=dfs(pos-1, 3, 0, mt&&i==a[pos]);
            else ans+=dfs(pos-1, ok, 0, mt&&i==a[pos]);
        }
        else ans+=dfs(pos-1, ok, 0, mt&&i==a[pos]);
    }
    return (!mt)?f[pos][ok][Lead]=ans:ans;

}

LL slove(LL x){
    int pos=0;
    while(x){
        a[pos++]=x%10;
        x/=10;
    }

    return dfs(pos-1, 0, 1, 1);
}

int main() {

    memset(f, -1, sizeof(f));
    int t; scanf("%d", &t);
    LL res=0;
    while(t--){
        LL L, R; scanf("%lld%lld",&L, &R);
        res^=(slove(R)-slove(L-1));
    }
    printf("%lld\n", res);

    return 0;
}

题目二 出现连续3个相同的数字

[CQOI2016]手机号码(https://ac.nowcoder.com/acm/problem/19945)

题目描述

人们选择手机号码时都希望号码好记、吉利。比如号码中含有几位相邻的相同数字、不含谐音不吉利的数字等。手机运营商在发行新号码时也会考虑这些因素，从号段中选取含有某些特征的号 码单独出售。为了便于前期规划，运营商希望开发一个工具来自动统计号段中满足特征的号码数 量。
工具需要检测的号码特征有两个：号码中要出现至少3个相邻的相同数字，号码中不能同时出现8和4。号码必须同时包含两个特征才满足条件。满足条件的号码例如：13000988721、 23333333333、14444101000。而不满足条件的号码例如：1015400080、10010012022。 手机号码一定是11位数，前不含前导的0。工具接收两个数L和R，自动统计出[L,R]区间 内所有满足条件的号码数量。L和R也是11位的手机号码。

输入描述:

输入文件内容只有一行，为空格分隔的2个正整数L,R。
10^10 ≤ L ≤ R < 10^11

输出描述:

输出文件内容只有一行，为1个整数，表示满足条件的手机号数量。

示例1

输入
12121284000 12121285550
输出
5

说明

样例解释
满足条件的号码： 12121285000、 12121285111、 12121285222、 12121285333、 12121285550

思路

我们需要状态记录上上位last1, 上位last，是否满足有3个连续的数字。是否有8，是否有4就可以了。

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

int a[25];

LL f[20][11][11][2][2][2][2];
//pos: 位数 last1:上上位 last1:上位 ok:出现3连 cx8:出现8 cx4:出现4 mt:限制
LL dfs(int pos, int last1, int last2, bool ok, bool cx8, bool cx4, bool mt){
    if(pos==-1){
        return ok;
    }
    if(f[pos][last1][last2][ok][cx8][cx4][mt]!=-1) return f[pos][last1][last2][ok][cx8][cx4][mt];
    int Len=mt?a[pos]:9;
    LL ans=0;
    for(int i=0; i<=Len; i++){
        if(cx4&&i==8||cx8&&i==4) continue;
        if(last2==10&&i==0){
            ans+=dfs(pos-1, last1, last2, ok||(i==last1&&i==last2), cx8||(i==8), cx4||(i==4), mt&&i==a[pos]);
        }
        else{
            ans+=dfs(pos-1, last2, i, ok||(i==last1&&i==last2), cx8||(i==8), cx4||(i==4), mt&&i==a[pos]);
        }

    }
    return f[pos][last1][last2][ok][cx8][cx4][mt]=ans;
}

LL slove(LL x){
    int pos=0;
    while(x){
        a[pos++]=x%10;
        x/=10;
    }
    memset(f, -1, sizeof(f));
    return dfs(pos-1, 10, 10, 0, 0, 0, 1);
}

int main() {

    LL L, R; scanf("%lld%lld",&L, &R);
    LL res=(slove(R)-slove(L-1));
    printf("%lld\n", res);

    return 0;
}

题目三 数位和能够整除原数计数

[AHOI2009]SELF 同类分布(https://ac.nowcoder.com/acm/problem/19888)

题目描述

给出a,b，求出[a,b]中各位数字之和能整除原数的数的个数。1<=a, b<=1e18

输入描述:

输入a,b

输出描述:

输出[a,b]中各位数字之和能整除原数的数的个数

示例1

输入
10 19
输出
3

思路

有变化的量。我们不可能记录原数，和数位和。原数的状态有1e18个。数位和最大9*17。
如果我们能够记录（原数%数位和）就好了。可是数位和我们不知道。我们这个地方枚举数位和就可以了。

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

int a[25];
//pos: 位数 sum:数位和 数%mod mt：满足限制
LL f[20][200][200], mod;
LL dfs(int pos, int sum, int x, bool mt){
    if(sum>mod) return 0;
    if(pos==-1){
        if(x==0&&sum==mod) return 1;
        else return 0;
    }
    if(!mt&&f[pos][sum][x]!=-1) return f[pos][sum][x];
    int Len=mt?a[pos]:9;
    LL ans=0;
    for(int i=0; i<=Len; i++){
        ans+=dfs(pos-1, sum+i, (x*10+i)%mod, mt&&i==a[pos]);
    }
    return (!mt)?f[pos][sum][x]=ans:ans;
}

LL slove(LL x){
    int pos=0;
    while(x){
        a[pos++]=x%10;
        x/=10;
    }
    return dfs(pos-1, 0, 0, 1);
}

int main() {

    LL a, b; scanf("%lld%lld", &a, &b);
    LL ans=0;
    for(int i=1; i<=9*19; i++){
        mod=i;
        memset(f, -1, sizeof(f));
        ans+=slove(b)-slove(a-1);
    }
    printf("%lld\n", ans);

    return 0;
}

题目四 1~9的出现次数

[ZJOI2010]COUNT 数字计数 (https://ac.nowcoder.com/acm/problem/20491)

题目描述

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。

输入描述:

输入文件中仅包含一行两个整数a、b，含义如上所述。

输出描述:

输出文件中包含一行10个整数，分别表示0-9在[a,b]中出现了多少次。

示例1

输入
1 99
输出
9 20 20 20 20 20 20 20 20 20

思路

枚举每个数码就可以了。

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

int a[25];
LL f[25][25][2][10];
LL dfs(int pos, int x, bool Lead, bool mt, const int key){
    if(pos==-1){
        return x;
    }
    if(!mt&&f[pos][x][Lead][key]!=-1) return f[pos][x][Lead][key];
    int Len=mt?a[pos]:9;
    LL ans=0;
    for(int i=0; i<=Len; i++){
        if(Lead&&i==0) ans+=dfs(pos-1, x, Lead, mt&&(i==a[pos]), key);
        else ans+=dfs(pos-1, x+(i==key), Lead&&(i==0), mt&&(i==a[pos]), key);
    }
    return mt?ans:f[pos][x][Lead][key]=ans;
}

LL slove(LL x, int key){
    int pos=0;
    while(x){
        a[pos++]=x%10;
        x/=10;
    }
    //cout<<dfs(pos-1, 0, 1, 1, key)<<endl;
    return dfs(pos-1, 0, 1, 1, key);
}

int main() {

    memset(f, -1, sizeof(f));
    LL a, b; scanf("%lld%lld", &a, &b);
    for(int i=0; i<=9; i++){
        printf("%lld%c", slove(b, i)-slove(a-1, i), (i==9?'\n':' '));
    }

    return 0;
}

题目五 f[i]数位和=i

[SDOI2013]淘金 (https://ac.nowcoder.com/acm/problem/20359)

题目描述

小Z在玩一个叫做《淘金者》的游戏。游戏的世界是一个二维坐标。X轴、Y轴坐标范围均为1..N。初始的时候，所有的整数坐标点上均有一块金子，共N*N块。（1=<N<=1e12）
一阵风吹过，金子的位置发生了一些变化。细心的小Z发现，初始在(i，j)坐标处的金子会变到(f(i)，f(j))坐标处。其中f(x)表示x各位数字的乘积，例如f(99)=81，f(12)=2，f(10)=0。如果金子变化后的坐标不在1..N的范围内，我们认为这块金子已经被移出游戏。同时可以发现，对于变化之后的游戏局面，某些坐标上的金子数量可能不止一块，而另外一些坐标上可能已经没有金子。这次变化之后，游戏将不会再对金子的位置和数量进行改变，玩家可以开始进行采集工作。
小Z很懒，打算只进行K次采集。每次采集可以得到某一个坐标上的所有金子，采集之后，该坐标上的金子数变为0。
现在小Z希望知道，对于变化之后的游戏局面，在采集次数为K的前提下，最多可以采集到多少块金子？
答案可能很大，小Z希望得到对1000000007(10^9+7)取模之后的答案。

输入描述:

共一行，包含两介正整数N，K。

输出描述:

一个整数，表示最多可以采集到的金子数量。

示例1

输入
1 2 5
输出
18

思路

\(我们先考虑1~1e12的数有多少个不同的数位和v[](实测有8000多个)。再考虑对于每个v[]中存在的数x有多少个数c[x]可以变成它。\)
\(那么坐标(i, j)的矿数量:c[i]*c[j]\)
\(那么我们要求两个c[]的乘积的前k大的和。有经典的O(k*logn)做法\)

  1. 先考虑1~1e12的数有多少个不同的数位和v[] 这里用数位DP减少暴搜的复杂度。
unordered_map<LL, bool> mp, vis[15];
vector<int> v;
//前pos位 乘积为val的状态
void DFS(int pos, LL val, bool mt){
    if(pos==-1){
        if(mp.count(val)) return ;
        mp[val]=true; v.push_back(val);
        return ;
    }
    if(vis[pos][val]) return ;
    vis[pos][val]=1;
    int Len=mt?a[pos]:9;
    for(int i=1; i<=Len; i++){
        DFS(pos-1, val*i, 0);
    }
}
void init(LL x){
    while(x){
        a[pos++]=x%10; x/=10;
    }
    //因为没有0坐标，所以数位不能存在0，必须枚举位数
    for(int i=pos; i>=1; i--) DFS(i-1, 1, i==pos);
}

现在得到v[i]数组。我们要求在1~n有多少个数位和可以变成v[i]。
这里是常规的数位DP。
f[pos][val]:前pos位乘积为val的个。枚举每一个位i。
if(val%i) f[pos][val]+=f[pos-1][val/i]

unordered_map<LL, LL> f[15];
LL dfs(int pos, LL val, bool mt){
    if(pos==-1){
        return val==1;
    }
    if(!mt&&f[pos].count(val)) return f[pos][val];
    int Len=mt?a[pos]:9;
    LL ans=0;
    for(int i=1; i<=Len; i++){
        if(val%i==0) ans+=dfs(pos-1, val/i, mt&&i==a[pos]);
    }
    return (!mt)?f[pos][val]=ans:ans;
}
 
LL slove(LL x){
    LL ans=0;
    for(int i=pos; i>=1; i--){
        ans+=dfs(i-1, x, i==pos);
    }
    return ans;
}

最后就是一个求c[]数组和自己的乘积的前k大和。

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
 
int a[15], pos=0;
unordered_map<LL, bool> mp, vis[15];
vector<int> v;
void DFS(int pos, LL val, bool mt){
    if(pos==-1){
        if(mp.count(val)) return ;
        mp[val]=true; v.push_back(val);
        return ;
    }
    if(vis[pos][val]) return ;
    vis[pos][val]=1;
    int Len=mt?a[pos]:9;
    for(int i=1; i<=Len; i++){
        DFS(pos-1, val*i, 0);
    }
}
 
void init(LL x){
    while(x){
        a[pos++]=x%10; x/=10;
    }
    for(int i=pos; i>=1; i--) DFS(i-1, 1, i==pos);
}
 
unordered_map<LL, LL> f[15];
LL dfs(int pos, LL val, bool mt){
    if(pos==-1){
        return val==1;
    }
    if(!mt&&f[pos].count(val)) return f[pos][val];
    int Len=mt?a[pos]:9;
    LL ans=0;
    for(int i=1; i<=Len; i++){
        if(val%i==0) ans+=dfs(pos-1, val/i, mt&&i==a[pos]);
    }
    return (!mt)?f[pos][val]=ans:ans;
}
 
LL slove(LL x){
    LL ans=0;
    for(int i=pos; i>=1; i--){
        ans+=dfs(i-1, x, i==pos);
    }
    return ans;
}
 
int now[10005];
LL c[10005];
struct data{
    int x,y;
    bool operator < (data w) const{ return (LL)c[x]*c[y] < (LL)c[w.x]*c[w.y]; }
}t;
priority_queue<data>H;
LL sum_Kth(LL n, int k, const LL P){
    sort(c+1,c+n+1),reverse(c+1,c+n+1);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) now[i] = 1,t.x = i,t.y = 1,H.push(t);
    LL ans=0;
    while (k--){
        t = H.top();
        ans = (ans + c[t.x] % P * (c[t.y] % P)) % P;
        //cout<<c[t.x]*c[t.y]<<endl;
        H.pop();
        ++now[t.x];
        if (now[t.x] <= n) ++t.y,H.push(t);
    }
    return ans;
}
 
 
int main() {
 
    LL n, k; scanf("%lld%lld", &n, &k);
    init(n);//得到所有的f[i]可能取值
    int cut=0;
    for(auto x: v){
        c[++cut]=slove(x);
        //cout<<x<<" "<<c[cut]<<endl;
    }
    printf("%lld\n", sum_Kth(cut, k, 1e9+7));
 
    return 0;
}

总结

1.要数组重用，必须不能有mt，这个是和输入有关系的
2.多个状态不确定时，枚举状态数小的状态。

标签：return,val,int,LL,pos,mt,DP,数位
来源： https://www.cnblogs.com/liweihang/p/14122435.html

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