数位dp相关

经典的数位Dp是要求统计符合限制的数字的个数。

一般的形式是：求区间[n,m]满足限制f(1)、 f(2)、 f(3)等等的数字的数量是多少。 条件 f(i) 一般与数的大小无关，而与数的组成有关。

善用不同进制来处理，一般问题都是10进制和二进制的数位dp。

数位dp的部分一般都是很套路的，但是有些题目在数位dp外面套了一个华丽的外衣，有时我们难以看出来。

直接就上的例题：

HDU3652

统计区间[1,n]中含有'13'且模13为0的数字有多少个。

N<=1e9；

咋做？不急，先从简化版的找规律；

HDU3652简化版

统计区间 [1,n] 中含有 '3' 的数字有多少个。

N=x_1 x_2 x_3 x_4….. x_total 。 x_i为n的从高到低第i位是多少。 Total是总的位数。

如果我们考虑从高到低位不断填数y_1 y_2 …。那么问题其实就是问有多少填数的方案，一要满足上限的限制（对应区间[1,n]），二要满足题目的其他限制。

这样其实就比[1,n]看起来更能dp了

假设到了第k位y_k!=x_k，则k位之后就没有上限的限制了，情况就简化了。

如果前面y中没有出现3：那么假如我们可以求出来， f[k][0]表示k位之后没有上限限制（随意填），但是必须填个3（前面没有出现），有多少种填数的方案。

如果前面y中出现了3：那么假如我们可以求出来， f[k][1]表示k位之后没有上限限制（随意填），没有必须出现3的限制（前面出现过了），有多少种填数的方案。

首先我们可以枚举到哪一位y_k!=x_k，然后再枚举这一位是多少，把对应的F加起来就是答案了，一共需要加 位数*10 次。这运算次数是不大的。

而f数组总大小也很小， 位数*2。

边界 f[total+1][0]=0,f[total+1][1]=1,转移复杂度O(10)

◦总复杂度

那回归到原题呢？

枚举哪一位不同没什么变化吧，跟原先一样枚举就好了。

就是f数组要变，因为约束条件更多了，所以状态的维数要增加。

设f[k][前面是否已经出现13][上一位是否是1][前面的那些数mod13等于多少],转移的话同样还是枚举这一位是填什么即可。

f[0][1][1/0][0]=1; else  =0;such as f[0][0][1/0][1~12]=0;

用记忆化搜索实现：

i表示到了第几位。

State：上一位是否为1。

Have:是否已经有13.

K：已经加上的数mod13的值。

注意只有不顶到上界才能记忆化下来答案。

remain[i]=1e(i-1)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>

using namespace std;

int cnt;
int s[];
int t[]={,,,,,,,,,,,};
int f[][][][];

int dfs(int limits,int i,int num,bool have,int ret){
    if(i==&&have&&ret==) return ;
    if(i<=) return ;
    if(!limits&&f[i][num][have][ret]!=-) return f[i][num][have][ret];
    int up;
    if(limits) up=s[i];
    else up=;
    int ans=;
    for(int j=;j<=up;j++){
        int h=(ret+t[i-]*j)%;
        ans+=dfs(limits&&j==up?:,i-,j,have||(num==&&j==),h);
    }
    if(!limits) f[i][num][have][ret]=ans;
    return ans;
}

int main(){
    int n;
    while(scanf("%d",&n)==){
        memset(s,,sizeof(s));
        memset(f,-,sizeof(f));
        cnt=;
        while(n){
            s[++cnt]=n%;
            n/=;
        }
        cout<<dfs(,cnt,,,)<<endl;
    }
    return ;
}

然后其他例题：1：统计区间 [m,n] 中4和7不能同时出现的数字有多少个？

2：给你一个区间[n,m],要你求区间内不含“62”或“4”的数字的个数？

3： bzoj1026： 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？

hdu3079

题中平衡数的定义： 以一个位置作为平衡轴，然后左右其他数字本身大小作为重量，到平衡轴的距离作为权值，实现左右平衡（即杠杆原理平衡）。然后为区间[x,y]内平衡数的个数。 (0 ≤ x ≤ y ≤10^18 ​)

单纯的，我们可以考虑到，对于任意非0数，如果有中心轴，它的中心轴必定只有一个。

我们以中心轴来进行数位dp即可；

bzoj3209

设 sum(i) 表示 i 的二进制表示中 1 的个数。给出一个正整数 N ，花神要问你派(Sum(i)),也就是 sum(1)—sum(N) 的乘积。答案对一个质数取模。 对于 100% 的数据， N≤10^15

我们可以尝试枚举一个k，然后用数位dp求一共有多少个数有k个1，求出数量后显然ans*=k^数量，快速幂就可以了，但是要注意的一点是爆int；

bzoj4521: [Cqoi2016]手机号码

数字L到R中有多少个数字满足以下两个条件。

1：要出现至少3个相邻的相同数字

2：号码中不能同时出现8和4。

10^10 < = L < = R < 10^11

dfs(i, same, last, appear, occur8, occur4, limit)

Same:上一位和上上一位是否相同

Last:上一位数字 Appear:连续三个相同是否出现过。

Occur4： 4是否出现过？

Occur8： 8是否出现过？

还用记前导0吗？不用