【算法】数位 dp

时隔多日，我终于再次开始写博客了！！

上午听了数位 dp，感觉没听懂，于是在网上进行一番愉 ♂ 快 ♀ 的学习后，写篇博来加深一下印象~~

前置的没用的知识

数位

不同计数单位，按照一定顺序排列，它们所占位置叫做数位。

在整数中的数位是从右往左，逐渐变大：第一位是个位，第二位是十位，第三位是百位，第四位是千位，第五位是万位，第六位是十万位，第七位是百万位，第八位是千万位，以此类推。

同一个数字，由于所在数位不同，计数单位不同，所表示数值也就不同。

对于每一个数都应当有一个名称，以自然数来说，自然数是无限多的，如果每一个自然数都用一个独立的名称来读出它，这是非常不方便的，也是不可能做到的。

为了解决这个问题，人们创造出一种计数制度，就是现在我们使用的十进制计数法。

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　———— 360 百科

感谢 360 百科朋友的友情兹瓷

顾名思义，数位 dp 就是在数位上的 dp。

主要应用

经常用来解决计数类的、范围很大的题目，

当然通常会有一些条件。

特点

很板很板，几乎跟背包 dp 一样一个板子走天下，

用句话来误导人一下：记个板子然后不用理解都行……

正题

先放个例题

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 \(\text{windy}\) 数。

windy 想知道，在 \(a\) 和 \(b\) 之间，包括 \(a\) 和 \(b\) ，总共有多少个 \(\text{windy}\) 数？

范围：\(a,b\in [1,2\times10^{9}]\)

我相信，如果没有那个巨大的范围的话，正常人都能做得出来 = =

但这个范围就神奇……灭掉了一群正常人……

总不能从 \(1\) 一直枚举到 \(10^{9}\) 吧……

这时候就是 超级飞侠 数位 dp 出现的时候了！！

分析

我们可以想一下：\(2\times10^{9}\) 一共就只有 \(9\) 位，毫无疑问的是，如果针对这个数的每一位开一个数组，最多就只开 \(9\) 个。

然后，再想一下：

• 如果在每一位枚举 \(0\) 到 \(9\)，那时间复杂度肯定不会炸掉。

• 如果规定了一个数的最高位，那么剩下的位数有多少种组合，然后再规定剩下的数的最高位，然后再……之后这个数就被彻底地拆分了~~

结论

我们可以用万能 yuechi ———— 大法师直接打过去！！

然后就 T 了~~

所以用记搜啊~~~（本蒟蒻太弱了，不会递推）

代码实现

设一个 \(f[N][1]\) 来记录状态，其中的 \(f[i][j]\) 表示位数最高位为 \(i\)，该位数的上一个数为 \(j\) 。

每搜一个数位，枚举这个数位的数字（从 \(0\) 到 \(9\)），然后判断这个数合不合法（比如这个例题就是判断是否与上个数之差不小于 \(2\)）。

• 如果合法，就继续搜下一个数位；

• 如果不合法，就剪枝。

判断边界：

判断最高位时看看有没有到最大值，然后一位一位的推。

举个栗子：枚举 \(7456\) 的时候最高位先枚举 \([0,6]\)，等以 \([0,6]\) 开头的数都被判断完了，就使 Qd （判断的变量）变成一，然后一一排查千位不能超过 \(7\)，百位不能超过 \(4\)，十位不能超过 \(5\)，个位不能超过 \(6\)等等……

这时候大约轮廓就出来了：（以这个题为例）

变量名	意义
Ws	位数
pre	前一个数
Qd1	判断是否有前导零
Qd2	判断是否到了边界
top	枚举的数不能超过 top
ans	记录答案

int dp(int Ws, int pre, bool Qd1, bool Qd2) {
	if (!Ws) return 1; // 如果位数减到了 0，说明之前的数都是合法的，返回 1 。
	if (!Qd1 && !Qd2 && f[Ws][pre] != -1) return f[Ws][pre]; // 如果没有前导零并且未到达边界，且记忆数组 f 不为空，就返回 f 。
	int top = Qd2 ? a[Ws] : 9, ans = 0; // 判断上限
	for (int i = 0; i <= top; ++i) { // 枚举数
		if (abs(pre - i) < 2 && !Qd1) continue; // 不合法，剪枝
		ans += (i || !Qd1) ? dp(Ws - 1, i, 0, Qd2 && i == a[Ws]) : dp(Ws - 1, i, 1, Qd2 && i == a[Ws]); // 判断是否有前导零，若有，则使 Qd2 变成 1 ，如果到达边界，则使下一个数的 Qd2 变成 1 。
	}
	if (!Qd1 && !Qd2) f[Ws][pre] = ans; // 记忆 ans 。
	return ans;
}

我相信到现在还是有一些疑问的，比如，为什么要先判断 Qd1 和 Qd2 后才能进行记忆化，才能返回 f 值。

解释一下

我们可以想象，\(f[i][j]\) 数组记录的是第 \(i\) 位数，前一个数为 \(j\) 的数的方案数，

那么如果这个数组已经在还未到达边界，还未有前导零的时候已经被更新过了，这时候递归到边界， \(f[i][j]\) 记录的是后面的数从 \([0,9]\) 的方案数，但边界不一定能取到 \([0,9]\)，所以不判边界和前导零显然是不对的。

再放个例题

给定两个正整数 \(a\) 和 \(b\)，求在 \([a,b]\) 中的所有整数中，每个数码各出现了多少次。

范围：\(a,b\in[1,10^{12}]\)

当你看到这个数据范围的时候，毫无疑问这绝对又是个数位 dp 题，

分析

与上一题一样，但条件变成计数了（每个数码有多少个）。

代码实现

设一个 \(f[N][20]\) 来记录状态，其中的 \(f[i][j]\) 表示位数最高位为 \(i\)，该数码在这个数中出现了几次为 \(j\) 。

然后跟上一题一样。

判断边界：

跟上一题一样，而且还是要判断前导零（毕竟不能把前导零计入 \(0\) 的计数中）。

这时候代码就出来了：（以这个题为例）

变量名	意义
Ws	位数
Qd1	判断是否有前导零
Qd2	判断是否到了边界
shu	数码
sum	记录该数码出现多少次
top	枚举的数不能超过 top
ans	记录答案

int dp(int Ws, bool Qd1, bool Qd2, int sum) {
	if (!Ws) return sum;
	if (!Qd1 && !Qd2 && f[Ws][sum] != -1) return f[Ws][sum];
	int top = Qd2 ? a[Ws] : 9, ans = 0;
	for (int i = 0; i <= top; ++i)
		ans += dp(Ws - 1, !(i || !Qd1), Qd2 && i == a[Ws], sum + ((i == shu) && (i || !Qd1)));
	// 这里解释一下，当 i 为该数码时，判断该数是否为前导零。
	if (!Qd1 && !Qd2) f[Ws][sum] = ans;
	return ans;
}

现在应该能看出来了，数位 dp 什么的，就是个板子（对于记搜来说）~~

例题

1. 洛谷 P2657 [SCOI2009] windy 数（上面第一道例题）

2. 洛谷 P2602 [ZJOI2010]数字计数（上面第二道例题）

3. 洛谷 P4999 烦人的数学作业

剩下的自己搜~~