数位dp 的简单入门
时间紧张，就不讲那么详细了。
之前一直被深搜代码误解，以为数位dp 其实就是记忆化深搜…（虽说爆搜确实很舒服而且还好想）
但是后来发现数位dp 的标准格式其实是 预处理 + dp ……
数位dp 的介绍
数位 dp 其实就是让你处理出某一区间范围内满足条件的数的个数，但是一般这个区间范围都是令人绝望的大…比如 1e9 都算良心了，常规的都是 1e18 甚至是 1e10n （n 一般为 3 或 5）次这样的…
数位dp 的一般解法
那么我们知道肯定不能在区间内一个个去判断数字是否满足条件，于是我们就引入了 数位处理 的概念：
处理不多于 i 位的数中 （如 i = 10、100、1000、1e4、1e5）有多少数满足条件，dp[i] 就表示小于等于 10i 的数中，有多少数满足条件。
但大部分题目与数字本身有一定关系（如不能出现某些特定数字或者必须出现某些式子之类的），那么我们就要多加一维（或者多维）来进行转移，
那么 dp[i][j] 就表示第 i 位为 j 的，满足条件的数字有多少个。
接下来我们再按位对于 区间端点 进行处理。这里为什么是对区间端点处理？（不是显然么？不然你枚举区间内每个数？）
回想之前的操作，我们可以用预处理出的信息来计算出 1 ~ 某个数 的范围内有多少数满足条件，又因为我们计算出的是前缀信息，满足区间可加（减）性，
于是我们可以计算出 $1~L-1$ 和 $1~R$ （ [L,R] 为要计算的满足条件的数字所处的区间范围 ）这两个区间内有多少数满足条件，然后减一减答案就出来了。
具体怎么实现？我们一般考虑在当前处理的位 （i） 上固定一个数字（但这个数要小于 n 的第 i 位），然后易知，后面的数字我们随便填都行，
弄完后我们把 n 的第 i 位当做填上去了（或者是记录下来和下一位作比较，这要看题目而定），迭代处理接下来的步骤。
然而数位dp 说是说 dp ，有的时候 dp 数组是预处理出来累加答案的…优秀！
相信这些东西看完也没多大用处（毕竟实践出真知嘛，大家都是做题做着做着才明白理论都在讲啥的么…）
数位dp 基础入门
先来三道蓝题（真的没有颜色更浅的题了啊QwQ）
- 洛谷 P2657 [SCOI2009]windy数
- 洛谷 P2518 [HAOI2010]计数
- 洛谷 P3413 SAC#1 – 萌数
相信你们都看到了题目前的标签…（瓦特？省选？FAQ！） 。。。但是骚年不要弃疗啊…你做着做着就发现没这么恐怖啦！
1.洛谷 P2657 [SCOI2009]windy数
题目描述
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？
输入输出格式
输入格式：
包含两个整数，A B。
输出格式：
一个整数
分析
不难，预处理一下 i 位数的范围内多少数字满足相差大于 1 就好了，然后常规 solv 也很难解释清楚，具体得看代码。
代码
1 //by Judge 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #define ll long long 5 using namespace std; 6 const int M=21; 7 ll f[M][10][10],d[M],l,r,ans; 8 inline bool get(int x){ return x>1 || x<-1; } //判断是否满足条件 9 inline void prep(){ //预处理，不难看懂？ 10 for(int i=2,x,y,z;i<=10;++i) for(x=0;x<=9;++x) 11 for(y=0;y<=9;++y) if(get(x-y)){ //如果满足条件就进行枚举 12 for(z=0;z<=9;++z) if(get(y-z)) //如果满足条件就累加 13 f[i][x][y]+=f[i-1][y][z]; 14 if(i==2) ++f[i][x][y]; //特殊情况，i==2 无法累加，直接手动+1 15 } 16 } 17 inline ll solv(int n,ll res=0,int len=0){ 18 if(n<10) return n; //10以内的数必然都满足，直接返回，否则进行数的分解 19 while(n) d[++len]=n%10,n/=10; int las=-1; //las是上一位数，具体看下面才清楚 20 for(int i=2,j,k;i<len;++i) for(j=1;j<=9;++j) //枚举状态（由于位数小于当前 n 的数是不受限制的，可以直接累加），至于位数等于 len 的我们另外处理 21 for(k=0;k<=9;++k) res+=f[i][j][k]; 22 res+=9; bool flag=1; //答案+9（其实就是 1~9 这 9 个数字），然后立一个 flag 23 for(int i=len,j,k;i>1;--i){ //自高向低位处理 24 for(j=0;j<d[i];++j) if((i^len || j) && get(j-las)) //最高位不为零，且 j 和上一位数字相差>1 则开始枚举 25 for(k=0;k<=9;++k) res+=f[i][j][k]; //满足条件则累加答案 26 if(!get(las-d[i])){ flag=0; break; } las=d[i]; //如果处理到当前位已经不满足条件了 否则 las 记录当前数，为下一次计算准备 27 } 28 if(flag) for(int j=0;j<=d[1];++j) //如果 flag 还在，说明前面的 2~len 的数都满足条件，那么最低位累加答案 29 if(get(j-las)) ++res; 30 return res; 31 } 32 signed main(){ 33 cin>>l>>r,prep(); //预处理 34 ans=solv(r)-solv(l-1); //计算答案 35 printf("%lld\n",ans); 36 return 0; 37 }
相信有了第一道题的入门，后面就没有那么麻烦了…于是乎~后面我代码里面的注释就不那么啰嗦了（反正你这么聪明一定看得懂的）
2.洛谷 P2518 [HAOI2010]计数
题目描述
你有一组非零数字（不一定唯一），你可以在其中插入任意个0，这样就可以产生无限个数。比如说给定{1,2},那么可以生成数字12,21,102,120,201,210,1002,1020,等等。
现在给定一个数，问在这个数之前有多少个数。（注意这个数不会有前导0）.
输入输出格式
输入格式：
只有1行，为1个整数n.
输出格式：
只有整数，表示N之前出现的数的个数。
分析
这道题其实没这么难！预处理组合数就行！
然而想想自己做的时候傻* 了… 在放置数字的时候直接排列（也就是用阶乘 乘上去），完了还奇怪怎么答案这么大
注意！相同的数字调换了位置还是算一种方案！（对自己说的吧…）
代码
1 //by Judge 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdio> 5 #define ll long long 6 using namespace std; 7 char s[60]; 8 ll len,d[60],num[15],C[60][60]; 9 inline void prep(){ //预处理组合数 10 for(int i=0;i<=50;++i) C[i][0]=1; 11 for(int i=1,j;i<=50;++i) for(j=1;j<=50;++j) 12 C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j]; 13 } 14 inline ll solv(){ 15 ll ans=0,tot,tmp; 16 for(int i=1,j,k;i<=len;++i){ 17 for(j=0;j<d[i];++j) if(num[j]){ 18 --num[j],tmp=1,tot=len-i; //先将这一位填上 19 for(k=0;k<=9;++k) tmp*=C[tot][num[k]],tot-=num[k]; //然后累乘方案数（tot 个空位里面放 num[k] 个数字） 20 ans+=tmp,++num[j]; //累加答案，然后把填上的数字拿回来 21 } --num[d[i]]; //当前位的数字减掉，做下一位 22 } return ans; 23 } 24 signed main(){ 25 scanf("%s",s+1),prep(),len=strlen(s+1); //分解数字 26 for(int i=1;i<=len;++i) ++num[d[i]=s[i]-'0']; //处理每种数字多少个 27 printf("%lld\n",solv()); return 0; 28 }
题目背景
本题由世界上最蒟蒻最辣鸡最撒比的SOL提供。
寂月城网站是完美信息教室的官网。地址：http://191.101.11.174/mgzd 。
题目描述
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。
输入输出格式
输入格式：
输入包含仅1行，包含两个整数：l、r。
输出格式：
输出仅1行，包含一个整数，即为答案。
分析
我们可以从题目中分析出，如果一个数字中存在长度>=2回文子串，那么必然存在长度为 2 或 3 的回文子串（我们可以把回文子串两头反复去掉，直至长度为 2 或 3）
接着我们考虑计算满足的数的个数太麻烦了，于是就可以计算不满足的数的个数，然后和 tot （总共有多少数）减一减，答案就出来了。
然后我们在设计一个三维的dp状态（记录第 i 位，首位是 j ，次位是 k 的数字有多少个）就可以开始状态转移了。
代码
1 // luogu-judger-enable-o2 2 #include<bits/stdc++.h> 3 #define ll long long 4 using namespace std; 5 const int N=1111; 6 const ll mod=1e9+7; 7 ll f[N][10][10],ans; 8 string l,r; 9 inline void prep(){ //预处理就不解释了 10 for(int i=2,x,y,z;i<=1000;++i) for(x=0;x<=9;++x) 11 for(y=0;y<=9;++y) if(x!=y){ 12 for(z=0;z<=9;++z) if(x!=z && y!=z) 13 f[i][x][y]+=f[i-1][y][z]; 14 if(i==2) ++f[i][x][y]; f[i][x][y]%=mod; 15 } 16 } 17 inline ll solv(string s){ 18 int len=s.length(),X=-1,Y=-1; //这里有点特殊，要记录前两个数字 19 ll tot=0,ans=0; bool flag=1; 20 for(int i=0;i<len;++i) tot=(tot*10+s[i]-'0')%mod; 21 for(int i=2,x,y;i<len;++i) for(x=1;x<=9;++x) 22 for(y=0;y<=9;++y) ans=(ans+f[i][x][y])%mod; 23 if(len>1) ans+=10; 24 for(int i=len,j,k;i>1;--i){ 25 int now=s[len-i]-'0'; 26 for(j=0;j<now;++j) if((i!=len || j!=0) && X!=j && Y!=j ) 27 for(k=0;k<=9;++k) if(j!=k && k!=X) ans=(ans+f[i][j][k])%mod; 28 if(now==X || now==Y) { flag=0; break; } Y=X,X=now; //和 windy 数类似？ 29 } 30 if(flag) for(int j=0;j<=s[len-1]-'0';++j) 31 if(j!=Y && j!=X) ans=(ans+1)%mod; 32 return (tot+1+mod-ans)%mod; 33 } 34 int main(){ 35 prep(),cin>>l>>r; 36 ans=(solv(r)-solv(l)+mod)%mod; 37 for(int i=1;i<=l.length()-1;++i) //数字太长有两种解决方法，一是暴力减（根据当前位不够就向高位借的原则），这里是暴力算当前数是否满足，满足就累加 38 if(l[i]==l[i-1] || l[i-1]==l[i+1]){ 39 ans=(ans+1)%mod; break; 40 } 41 printf("%lld\n",ans); 42 }
基础入门是讲完了，这里还有一堆题目呢，感动伐？（唔…别打脸）
loj 第三章：数位动态规划
- #10163 「一本通 5.3 例 1」Amount of Degrees
- #10164 「一本通 5.3 例 2」数字游戏
- #10165 「一本通 5.3 例 3」Windy 数（emmm…）
- #10166 「一本通 5.3 练习 1」数字游戏
- #10167 「一本通 5.3 练习 2」不要 62
- #10168 「一本通 5.3 练习 3」恨 7 不成妻
- #10169 「一本通 5.3 练习 4」数字计数
做了这些题目之后你会发现被我坑了（明明这些简单一点嘛 (╯‵□′)╯︵┻━┻ ）…
emmm…但是啊…你在切题的同时有没有点成就感咧？（强行解释）
咳咳…其实这也是有历史借鉴的嘛…哪个故事来着的？什么弹钢琴…（唔…别打脸）
数位dp 提高训练
就放两道题目吧…
- 洛谷 P4317 花神的数论题
- 洛谷 P4124 [CQOI2016]手机号码
省选 emmm…（唔…别打脸）
1.洛谷 P4317 花神的数论题
题目背景
众所周知，花神多年来凭借无边的神力狂虐各大 OJ、OI、CF、TC …… 当然也包括 CH 啦。
题目描述
话说花神这天又来讲课了。课后照例有超级难的神题啦…… 我等蒟蒻又遭殃了。 花神的题目是这样的：设 \text{sum}(i)sum(i)表示 ii 的二进制表示中 11 的个数。给出一个正整数 NN ，花神要问你 \prod_{i=1}^{N}\text{sum}(i)∏i=1Nsum(i) ，也就是 \text{sum}(1)\sim\text{sum}(N)sum(1)∼sum(N)的乘积。
输入输出格式
输入格式：
一个正整数 N。
输出格式：
一个数，答案模 10000007 的值。
分析
emmmm…算 sum[1~n] 的乘积。其实还是蛮常规的（有一道题还是加强版咧），
数字拆分的时候我们拆成二进制，然后常规的做，每次往 当前处理的第 i 位后面 i-1 个位子里面塞 1 就好了，
然后计算塞多少个 1 分别的方案数，最后快速幂一下累乘进答案。
做的时候居然纠结了半天的逆元卢卡斯什么的预处理，502 暴力递推组合是就好了啊！ 看代码吧！
代码
1 // luogu-judger-enable-o2 2 //by Judge 3 #include<iostream> 4 #include<cstdio> 5 #define ll long long 6 using namespace std; 7 const int M=55; 8 const ll mod=1e7+7; 9 ll n,len,cnt,ans=1; 10 ll C[M][M],d[M],num[M]; 11 inline void prep(){ //预处理组合数模板？ 12 for(int i=0;i<=50;++i) C[i][0]=1; 13 for(int i=1,j;i<=50;++i) for(j=1;j<=50;++j) 14 C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1]; 15 } 16 inline ll quick_pow(ll x,ll p,ll ans=1){ //快速幂模板？ 17 while(p){ 18 if(p&1) ans=ans*x%mod; 19 x=x*x%mod, p>>=1; 20 } return ans; 21 } 22 signed main(){ 23 cin>>n,prep(); 24 while(n) d[++len]=n&1,n>>=1;//转化二进制 25 for(ll i=len,j;i;--i) if(d[i]){ 26 for(j=1;j<i;++j) //组合数随便乱艹 27 num[cnt+j]+=C[i-1][j]; 28 ++num[++cnt]; 29 } 30 for(ll i=1;i<=len;++i) //直接累乘 31 ans=ans*quick_pow(i,num[i])%mod; 32 cout<<ans<<endl; return 0; 33 }
2. 洛谷 P4124 [CQOI2016]手机号码
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 33 个相邻的相同数字；号码中不能同时出现 88 和 44。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 00。工具接收两个数 LL 和 RR，自动统计出 [L,R][L,R] 区间内所有满足条件的号码数量。LL 和 RR 也是 1111 位的手机号码。
输入输出格式
输入格式：
输入文件内容只有一行，为空格分隔的 22 个正整数 L,RL,R。
输出格式：
输出文件内容只有一行，为 11 个整数，表示满足条件的手机号数量。
分析
5维状态直接艹！…第一维记位数，第二维记是哪个数字，第三维记前面有几个相同的情况，第四维记 8 出现过没，第五维记 4 出现过没。
代码
1 //by Judge 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #define ll long long 5 using namespace std; 6 ll L,R,d[15],f[15][15][5][2][2]; // F[ i,j,k,et,fr] 表示第 i 位，前面有 k 个相同，8 是否出现过， 4是否出现过 7 inline void prep(){ //预处理 dp 数组 8 for(int i=0,j,c,et,fr,w;i<=11;++i) for(j=0;j<=9;++j) 9 for(c=1;c<=3;++c) for(et=0;et<=1;++et) for(fr=0;fr<=1;++fr){ 10 ll &t=f[i][j][c][et][fr]; if(!i) t=(c==3?1:0); 11 else for(w=0;w<=9;++w) t+=f[i-1][w][c==3?3:w==j?c+1:1][et||(w==8)][fr||(w==4)]; 12 if(et && fr) t=0; 13 } 14 } 15 inline ll solv(ll n){ 16 ll len=0,ans=0,c=0,et=0,fr=0; 17 while(n) d[++len]=n%10,n/=10; //分解数字 18 if(len<11) return 0; d[len+1]=-1; //特判 L=1e11 的情况 19 for(int i=len,j;i;--i){ //暴力枚举转移 20 for(j=0;j<d[i];++j) ans+=f[i-1][j][c==3?3:d[i+1]==j?c+1:1][(j==8)||et][(j==4)||fr]; 21 c=(c==3?3:d[i]==d[i+1]?c+1:1),et|=d[i]==8;fr|=d[i]==4; if(et && fr) break; 22 } return ans-f[10][0][1][0][0]+f[0][d[1]][c][et][fr];; 23 } 24 signed main(){ prep(),scanf("%lld%lld",&L,&R),printf("%lld\n",solv(R)-solv(L-1)); return 0; } //一行主函数
再来几道题目：
- 洛谷 P4127 [AHOI2009]同类分布
- 洛谷 P2606 [ZJOI2010]排列计数
- 洛谷 P3281 [SCOI2013]数数
- 洛谷 P3286 [SCOI2014]方伯伯的商场之旅
（就三道题，还有我没做过的… 0.0）
Judge’s class… ヾ(ToT)Bye~Bye~ （累死了…写了一两个钟头…求推荐）