前言
数位dp真的好简单啊qwq
什么是数位dp
让我们以这道题为例:Luogu P2657 [SCOI2009]windy数
如果您很懒不想点开题面可以看下面:
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?
100%的数据,满足 1 <= A <= B <= 2000000000 。
简单的说就是在$[L,R]$区间中,相邻两个数字之差都大于等于$2$的数字的个数。
暴力做法
什么windy不windy的,直接for!!!
伪代码(不标准的,大雾:
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 |
bool CHECK (x) do ...... end for i = L i <= R i++ do if CHECK( i ) == 1 do ans++ end end print ans end. |
这样显然会TLE。
那么考虑正解——数位dp
数位dp
先考虑类似于前缀和的思想。
要求$L~R$的个数就相当于求$1\text{~}R$的个数-$1\text{~}L-1$的个数。
接下来考虑如何求出$1\text{~}n$的个数。
我们可以先将$n$按照$10$进制来分解,比如说这个数:$19260817$。
那么我们可以枚举每一位,再枚举$0\text{~}9$来统计答案。
举个栗子:
我们枚举出了最高位上的数字是$1$,那么第二位可以是$0\text{~}9$的任意一个数,但是这个数与$1$之差的绝对值一定要大于等于$2$(满足题意)。于是我们可以这样:
(依旧是丑陋的伪代码)
1 2 3 4 5 6 |
for i = 0 i <= 9 i++ do if abs( i - las ) >= 2 do ans++ end end |
当然,为了方便转移,我们要将$ans++$改成$DP(…)$。
相信聪明的小学生一定会发现,不一定可以枚举到$9$,换句话说,该位数字的上界不一定是$9$。
比如说这种情况(还是$19260817$):
$\texttt{1926081-}$
显然这一位不能成为$8$,因为$19260818 > 19260817$。
那么由此,我们可以总结出,这个上界其实就是$n$。
但是我们是按照位来转移的,那么怎么限定条件呢?
显然,我们可以用$lim$来表示,转移到现在前面几位有没有达到最大值,如果没达到,那么这位可以$0\text{~}9$,否则这个位只能$0~A[x]$。不理解?举个栗子:
$\texttt{1926081-}$的$lim=1$。
$\texttt{1926080-}$和$\texttt{1925901-}$的$lim=0$。
相信聪明机智的你肯定明白了。
那么可以考虑最后一种特殊的情况:前导$0$。
由题意可知,前导$0$并不算在数字里,所以如果前面是前导$0$可以不用考虑限制条件(相邻绝对值为$2$),由此,可以用一个处理技巧,将前导$0$的$las$处理为$-2$,可以结合代码理解。
Code
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 |
#include<algorithm> #include<bitset> #include<complex> #include<deque> #include<exception> #include<fstream> #include<functional> #include<iomanip> #include<ios> #include<iosfwd> #include<iostream> #include<istream> #include<iterator> #include<limits> #include<list> #include<locale> #include<map> #include<memory> #include<new> #include<numeric> #include<ostream> #include<queue> #include<set> #include<sstream> #include<stack> #include<stdexcept> #include<streambuf> #include<string> #include<typeinfo> #include<utility> #include<valarray> #include<vector> #include<cctype> #include<cerrno> #include<cfloat> #include<ciso646> #include<climits> #include<clocale> #include<cmath> #include<csetjmp> #include<csignal> #include<cstdarg> #include<cstddef> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<ctime> using namespace std; #define re register #define int long long #define eps 1e-5 #define mod 1000000007 class Quick_Input_Output{ private: static const int S=1<<21; #define tc() (A==B&&(B=(A=Rd)+fread(Rd,1,S,stdin),A==B)?EOF:*A++) char Rd[S],*A,*B; #define pc putchar public: #undef gc #define gc getchar inline int read(){ int res=0,f=1;char ch=gc(); while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=gc();} while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=gc(); return res*f; } inline void write(int x){ if(x<0) pc('-'),x=-x; if(x<10) pc(x+'0'); else write(x/10),pc(x%10+'0'); } #undef gc #undef pc }I; #define File freopen("tmp.in","r",stdin);freopen("tmp.out","w",stdout); int a[30],m,dp[30][30]; inline int DFS(int now,int las,int st,int lim){ if(now>m) return 1;//超过了 if(lim==0&&dp[now][las]!=-1) return dp[now][las];//这位可以是0~9,且以前已经搜过了,直接记忆化调用即可 re int Max=lim?a[m-now+1]:9,res=0;//确定该位的范围 for(int i=0;i<=Max;i++){ if(abs(i-las)<2) continue ;//不符合题意 if(st&&i==0) res+=DFS(now+1,-2,1,lim&&i==Max);//该位也是前导0情况 else res+=DFS(now+1,i,0,lim&&i==Max);//普通情况 } if(!lim&&!st) dp[now][las]=res;//记忆化 return res; } inline int solve(int n){ m=0;re int x=n;while(x){ a[++m]=x%10; x/=10; }//将N拆位 memset(dp,-1,sizeof(dp));//初始化别忘了>﹏< return DFS(1,-2,1,1);//将前导0处理为-2,初始化默认有前导0,达到了最大值 } int L,R; signed main(){ L=I.read();R=I.read(); I.write(solve(R)-solve(L-1));putchar('\n');//类似于前缀和思想 return 0; } |