初探数位dp

数位dp有着很明显的特点，一般来说是给定区间[l,r]求满足某种条件区间中的数有多少个

朴素解法一般是O(n)的而n往往很大（10^8起步）

这时候我们就要想办法优化，于是就有了数位dp

数位有两个基本的原则

1. 对于区间数的个数，我们转化为前缀和做（即ans=sum(r)-sum(l-1))

2. 逐位确定

我认为第二条很关键，可以说是数位dp的精髓

一般来说数位dp分两步

1. 打表 形如f[i,j]到有i位且最高位为j的满足条件的个数

2. 统计前缀和

统计前缀和我们需要用到一个非常重要的结论

对于任意一个小于n的数，从高位到低位，必然出现了某一位小于n的那一位

这样我们就可以不受n的限制，用数位开始处理

以bzoj1026这道经典的题目为例

 var f:array[..,..] of longint;
     d:array[..] of longint;
     l,r,t,i,j,k:longint;

 function get(n:longint):longint;
   var i,s,x,j:longint;
   begin
     if (n>=) and (n<=) then exit(n);
     fillchar(d,sizeof(d),);
     s:=;
     while n<> do
     begin
       inc(s);
       d[s]:=n mod ;
       n:=n div ;
     end;
     get:=;
     for i:= to s- do   //统计位数小于n的位数的满足条件的数目
       for j:= to  do
         get:=get+f[i,j];
 //注意这里是不能直接加前导为0的数组，因为我们在计算前导为0的时候，实际上舍掉了后一位为0~的情况
     for i:=s downto  do  //从高到低逐位统计位数为n的位数且小于n的满足条件的个数
     begin
       if i<> then x:=d[i]- else x:=d[i]; //小细节，注意n本身也可能是
       for j:= to x do   //当前位小于n的这位的满足条件的数
       begin
         if (i=s) and (j=) then continue;
         if (s=i) or (abs(j-d[i+])>=) then
           get:=get+f[i,j];
       end;
       if (s<>i) and (abs(d[i+]-d[i])<) then break;  //如果逐位统计n本身出现了不满足的情况，那显然要直接退出
     end;
   end;

 begin
   readln(l,r);
   t:=trunc(ln(r)/ln())+;
   for i:= to  do   //题目的特殊要求
     f[,i]:=;
   for i:= to t do  //计算f[i,j]
   begin
     for j:= to  do  //注意要包含前导为0的状况 
       for k:= to  do
         if abs(j-k)>= then   
           f[i,j]:=f[i,j]+f[i-,k];
   end;
   writeln(get(r)-get(l-));
 end.

bzoj1026

（话说我第一次拍这道题花了3h，实在太渣……）

当然我们也不能拘泥于这种套路，我觉得

当表打了没什么用的时候我们可以直接逐位计算，如poj3286（统计0的个数）

这里我们讨论，每一位对0的贡献度

 var d:array[..] of int64;
     i:longint;
     l,r:int64;

 function count(n:int64):int64;
   var i,t:longint;
       x,y:int64;
   begin
     for i:= to  do
       if (n<d[i]) then break;
     t:=i-;
     count:=;
     for i:= to t do
     begin
       x:=n div d[i];    //当前位前面所组成的数
       y:=n mod d[i-];  //当前位后面所组成的数
       if (n div d[i-] mod )= then  //当前位
         count:=count+d[i-]*(x-)+y+   
 //如果是x0y的情况，是第k位时，我们分2种情况讨论
   当小于n的数是p0q的，p∈[,x-],那么这个位上的0可以贡献(x-)*^(k-)
   当这个小于等于n的数是x0q, q∈[,y]那么这个位上的0可以贡献y+
       else count:=count+d[i-]*x;
 //如果当前位不是0，那显然比n小的数中肯定存在当前位为0的；
 设数为p0q, p∈[,x], q∈[,^(k-)-] 因为当前位已经小于则显然可以贡献x*^(k-)
     end;
   end;

 begin
   d[]:=;
   for i:= to  do
     d[i]:=d[i-]*;
   readln(l,r);
   while (l<>-) do
   begin
     if l= then writeln(count(r))
     else writeln(count(r)-count(l-));
     readln(l,r);
   end;
 end.

poj3286

数位dp需要大量的思考，有时候看起来对的实际上是错的

但由于这种题目暴力，数据都非常好弄

所以一定要孜孜不倦的对拍，恩恩