2020年04月06日17:12:29 重新看了一遍数位dp, 有了更深的理解:
假设我们先考虑一个简单的问题, 小于87, 且不包含1的的数字有多少,
我们这里先定义dp的含义, dp[i]表示长度为i+1的数字能组成多少种情况, 例如i=0时, 长度为1, 那总共有2,3,4,5,6,7,8,9中情况, 所以dp[0]=8, 那dp[1]则是dp[0]*8, 64种情况.
接下来我们考虑对于87, 如果十位为8, 个位的数字必须限制在小于等于7, 如果十位小于8, 则个位的数字可以任意取 (当然这些都不能取1, 1是不能包含的数字), 因此我们使用记忆化搜索
dfs(int p, bool limit) 表示从第p位开始能得到的结果, limit即表示该位是否能任意取, 当limit=0时, 返回的dfs值才是dp的值, 这也是为什么在返回或者赋值给dp时, 必须加上!limit的原因
前导0的情况
我们可以看到, 在最高位的时候, 我们是可以取到0的, 0即代表这一位没有, 但这里被默认填充上了0, 假设题目中要求不能填充0, 则我们必须允许前导0, 禁止后置的0. 加一个状态即可
一开始刷dp就遇到了数位dp，以前程序设计艺术上看过一点，基本没懂，于是趁今天遇到题目，想把它搞会，但就目前状态来看仍然是似懂非懂啊，以后还要反复搞
这里采用的是记忆化搜索的处理方式，有模板
int dfs(int i, int s, bool e) { //i表示当前的位数，s表示状态，e表示后面位数能否任意填
if (i==-) return s==target_s; //最后一位取完，找到一个符合条件的值
if (!e && ~f[i][s]) return f[i][s]; //之前位数对应要求的值已经确定，在这里就直接返回
int res = ; //记录符合条件的值
int u = e?num[i]:; //是否能任意填，能任意填则必须小于原来位数上对应的值，否则则可以去到0-9
for (int d = first?:; d <= u; ++d) //逐个填充值，通常会在下面继续加上一些条件，排除不需要的值
res += dfs(i-, new_s(s, d), e&&d==u); //下个位数
return e?res:f[i][s]=res; //可以任意填的话，说明到i位还未确定res没有包含所有情况，不可以任意填说明后面已经确定，即f也可以确定
}
2015-04-20 模板
int dfs(int p,int s,bool e) {
if(p==-) return ;
if(!e &&dp[p][s]!=-) return dp[p][s];
int res= ;
int u=e?digit[p]:;
for (int i=;i<=u;++i)
{
if(i==||(s&&i==))
continue ;
res+=dfs(p-,i==,e&&i==u);
}
return e?res:dp[p][s]=res;
}
int solve(int n)
{
int len=;
while(n)
{
digit[len++]=n%;
n/=;
}
return dfs(len-,,);
}
正确与否有待进一步确认，第一遍看就暂且这么理解吧
f为记忆化数组；
i为当前处理串的第i位（权重表示法，也即后面剩下i+1位待填数）；
s为之前数字的状态（如果要求后面的数满足什么状态，也可以再记一个目标状态t之类，for的时候枚举下t）；
e表示之前的数是否是上界的前缀（即后面的数能否任意填）。
for循环枚举数字时，要注意是否能枚举0，以及0对于状态的影响，有的题目前导0和中间的0是等价的，但有的不是，对于后者可以在dfs时再加一个状态变量z，表示前面是否全部是前导0，也可以看是否是首位，然后外面统计时候枚举一下位数。
#include <iostream>
using namespace std ;
int f[][] ;//f[i][0]:前i位符合要求 f[i][1]:前i位符合要求且i+1位是6
int digit[] ;//digit[i]表示n从右到左第i位是多少
int dfs(int i,int s,bool e)//i表示当前位，s表示i位之前的状态，e表示当前位是否可以随意填写
{
if(i==)
return ;
if(!e && f[i][s]!=-)
return f[i][s] ;
int res= ;
int u=e?digit[i]: ;
for(int d= ;d<=u ;d++)
{
if(d== || (s && d==))
continue ;
res+=dfs(i-,d==,e&&d==u) ;
}
return e?res:f[i][s]=res ;
}
int callen(int n)//计算n的长度
{
int cnt= ;
while(n)
{
cnt++ ;
n/= ;
}
return cnt ;
}
void caldigit(int n,int len)//计算n的digit数组
{
memset(digit,,sizeof(digit)) ;
for(int i= ;i<=len ;i++)
{
digit[i]=n% ;
n/= ;
}
}
int solve(int n)//计算[0,n]区间满足条件的数字个数
{
int len=callen(n) ;
caldigit(n,len) ;
dfs(len,,) ;
}
int main()
{
int n,m ;
memset(f,-,sizeof(f)) ;
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
if(n== && m==)
break ;
printf("%d\n",solve(m)-solve(n-)) ;//用[0,m]-[0,n)即可得到区间[n,m]
}
return ;
}
2015-04-20 二次代码，风格变好了很多
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
using namespace std;
#define MOD 1000000007
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-;
#define cl(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define ts printf("*****\n");
const int MAXN=;
int n,m,tt;
int digit[],dp[][];
int dfs(int p,int s,bool e) {
if(p==-) return ;
if(!e &&dp[p][s]!=-) return dp[p][s];
int res= ;
int u=e?digit[p]:;
for (int i=;i<=u;++i)
{
if(i==||(s&&i==))
continue ;
res+=dfs(p-,i==,e&&i==u);
}
return e?res:dp[p][s]=res;
}
int solve(int n)
{
int len=;
while(n)
{
digit[len++]=n%;
n/=;
}
return dfs(len-,,);
}
int main()
{
int i,j,k;
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("1.in","r",stdin);
#endif
memset(dp,-,sizeof(dp));
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
if(n==&&m==)
break;
printf("%d\n",solve(m)-solve(n-));
}
}
这里通过输出中间变量来辅助理解
int dfs(int i,int s,bool e)//i表示当前位，s表示i位之前的状态（这里表示是否为6），e表示当前位是否可以随意填写
{
//printf("*****\n");
//printf("--%d %d %d\n",i,s,e);
if(i==)
return ; //说明前面的位数已经确定，该方案成立
if(!e && f[i][s]!=-)
{
//printf("--%d %d %d\n",i,s,e);
return f[i][s] ;
} int res= ;
int u=e?digit[i]: ;
//printf("--%d %d %d %d\n",i,s,e,u);
for(int d= ;d<=u ;d++)
{
if(d== || (s && d==))
continue ;
printf("--%d %d %d %d\n",i,s,e,d);
res+=dfs(i-,d==,e&&d==u) ;
}
printf("*************** %d %d %d %d\n",i,s,e,res);
return e?res:f[i][s]=res ;
}
这里输出了0-200的情况
1 200
--3 0 1 0 //从百位开始计算，之前没有6，所以中间为0，后面可以任意填充所以为1，首先在第一位上填0
--2 0 0 0 //第二位上填0
--1 0 0 0 //第三位上填0，一种情况，res+1，下面一样
--1 0 0 1 //第三位上填1
--1 0 0 2
--1 0 0 3
--1 0 0 5
--1 0 0 6
--1 0 0 7
--1 0 0 8
--1 0 0 9 //第三位上填9
*************** 1 0 0 9 //f[1][0]=9，个位上的情况且十位不含6全部确定共9种,下一步之前res重新清零
--2 0 0 1 //十位填2，之后再确定个位，发现个位上的情况已经确定，于是直接返回f[1][0],res+f[1][0]
--2 0 0 2
--2 0 0 3
--2 0 0 5
--2 0 0 6 //十位填6，之后s变为1，个位需要重新确定
--1 1 0 0
--1 1 0 1
--1 1 0 3
--1 1 0 5
--1 1 0 6
--1 1 0 7
--1 1 0 8
--1 1 0 9
*************** 1 1 0 8 f[1][1]=8 //个位上十位含6共9种情况
--2 0 0 7 //继续枚举十位
--2 0 0 8
--2 0 0 9
*************** 2 0 0 80 //f[2][0]=80
--3 0 1 1 //百位填1 ret+f[2][0]
--3 0 1 2 //百位填2 ret+f[2][0]
--2 0 1 0 //十位填0
--1 0 1 0 //个位填0 ret+1
*************** 1 0 1 1 //个位上只能有0
*************** 2 0 1 1 //十位上只能有00
*************** 3 0 1 161 //返回的是ret
161
正确性有待商榷，待我再多做几道题看看
更多数位dp题可以参见我博客，代码风格基本是统一的