数位dp详解&&LG P2602 [ZJOI2010]数字计数

数位dp，适用于解决一类求x~y之间有多少个符合要求的数或者其他。

例题

题目描述

杭州交通管理局经常会扩充一些的士车牌照，新近出来一个好消息，以后上牌照，不再含有不吉利的数字了，这样一来，就可以消除个别的士司机和乘客的心理障碍，更安全地服务大众。

不吉利的数字为所有含有4或62的号码。例如：

62315 73418 88914

都属于不吉利号码。但是，61152虽然含有6和2，但不是62连号，所以不属于不吉利数字之列。

你的任务是，对于每次给出的一个牌照区间号，推断出交管局今次又要实际上给多少辆新的士车上牌照了。

输入输出格式

输入的都是整数对A、B（0＜A≤B＜10^9），如果遇到都是0的整数对，则输入结束。

数据规模

20% 的数据，满足 1≤A≤B≤10^6；

100%的数据，满足 1≤A≤B≤2×10^9。

解法

用solve(x)求0~x中符合要求的数有几个；那么答案显然就是solve(b)-solve(n-1)

那么如何solve呢？用记忆化搜索（不用搜索而用普通dp也行，但要麻烦一点）

我们考虑从高位往低位枚举：

• 如果前面的所有位都“取到顶了”，那么下一位只能取0_{这一位：比如4375前两位取了43,那么下一位只能取0}这一位，也就是0~7

• 否则，下一位可以取0~9

我们使用flag来表示前几位有没有“取到顶”

f[l][lst]表示的是整个长度为l的数的前面一位是lst的数有多少个。比如f[3][5]表示的就是形如5 ___ ___ ___的数有多少个（注意：不是形如5 ___ ___！）

需要注意的是，只能在flag=0的情况下才能记忆化，因为flag=0时后面是可以取满的；flag=1时后面取不满，而且上限是不定的。

具体实现详见注释。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
	if(!flag&&f[l][lst]!=-1) return f[l][lst];//记忆化
	int u=flag?d[l]:9,anstmp=0;
	for(int i=0;i<=u;i++)
		if(i!=4&&!(lst==6&&i==2)) //这一位4或者前一位是6这一位是2(也就是组成62）是不行的。
			anstmp+=dfs(l-1,i,flag&&i==u);
	return flag?anstmp:f[l][lst]=anstmp;//只有flag=0时才能记忆化！
}
inline int solve(int k)
{
	cnt=0;
	while(k)
	{
		d[++cnt]=k%10;
		k/=10;
	}//先将当前的数一位一位拆开
	return dfs(cnt,0,1);
}
int main()
{
	memset(f,-1,sizeof(f));
	while(scanf("%d %d",&n,&m)!=EOF)
	{
		if(n==m&&n==0) break;
		printf("%d\n",solve(m)-solve(n-1));
	}
	return 0;
}

P2602 [ZJOI2010]数字计数

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。

输入格式

仅包含一行两个整数 a,b，含义如上所述。

输出格式

包含一行 10个整数，分别表示 0∼9在[a,b]中出现了多少次。

数据规模

30%的数据中，1≤a≤b≤10^6；

100%的数据中，1≤a≤b≤10^12。

实现

ans[0~9]表示题目的答案。

f[l][lst][11]:f[l][lst][0_9]表示09各有多少个，f[l][lst][10]表示有几个数

f[l][lst][10]很好算，f[l][lst][0~9]直接算不好算，我们采取在dfs前和dfs后的ans数组做差的方法求出。

dfs中的tstep是调试用的，不用管；dfs中的t是表示加或者减的，因为是0_{m的答案**减去**0}n-1的答案，所以求0_m时t=1，0n-1时t=-1

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,cnt=0,d[1005],f[1005][1005][11],k,b,ans[1005],bf[1005];
ll dfs(ll l,ll lst,bool flag,bool flagg,ll t,ll tstep)
{
	if(l==0) return 1;
	if(!flag&&!flagg&&f[l][lst][10]!=-1)
	{
		for(ll i=0;i<=9;i++) ans[i]+=f[l][lst][i]*t;
		return f[l][lst][10];
	}
	ll u=(flag?d[l]:9),anstmp=0;
	for(int i=0;i<=9;i++) bf[i]=ans[i];
	for(ll i=0;i<=u;i++)
	{
		ll tttmp=dfs(l-1,i,flag&&i==u,flagg&&i==0,t,tstep+1);
		if(i!=0||!flagg)
		{
			ans[i]+=tttmp*t;
			anstmp+=tttmp;
		}
	}
	if(!flag&&!flagg) {for(int i=0;i<=9;i++) {f[l][lst][i]=abs(ans[i]-bf[i]);}}
	return (flag||flagg)?anstmp:f[l][lst][10]=anstmp;
}
inline ll solve(ll k,ll t)
{
	cnt=0;
	while(k)
	{
		d[++cnt]=k%10;
		k/=10;
	}
	return dfs(cnt,0,1,1,t,0);
}
int main()
{
	memset(f,-1,sizeof(f));
	scanf("%lld %lld",&n,&m);
	solve(m,1);
	solve(n-1,-1);
	for(ll i=0;i<=8;i++) printf("%lld ",ans[i]);
	printf("%lld",ans[9]);
	return 0;
}