数位 DP

本页面将简要介绍数位 DP。

简介

数位：把一个数字按照个、十、百、千等等一位一位地拆开，关注它每一位上的数字。如果拆的是十进制数，那么每一位数字都是 0~9，其他进制可类比十进制。

数位 DP：用来解决一类特定问题，这种问题比较好辨认，一般具有这几个特征：

  1. 要求统计满足一定条件的数的数量（即，最终目的为计数）；

  2. 这些条件经过转化后可以使用「数位」的思想去理解和判断；

  3. 输入会提供一个数字区间（有时也只提供上界）来作为统计的限制；

  4. 上界很大（比如 10^{18} ），暴力枚举验证会超时。

数位 DP 的基本原理：

考虑人类计数的方式，最朴素的计数就是从小到大开始依次加一。但我们发现对于位数比较多的数，这样的过程中有许多重复的部分。例如，从 7000 数到 7999、从 8000 数到 8999、和从 9000 数到 9999 的过程非常相似，它们都是后三位从 000 变到 999，不一样的地方只有千位这一位，所以我们可以把这些过程归并起来，将这些过程中产生的计数答案也都存在一个通用的数组里。此数组根据题目具体要求设置状态，用递推或 DP 的方式进行状态转移。

数位 DP 中通常会利用常规计数问题技巧，比如把一个区间内的答案拆成两部分相减（即 \mathit{ans}_{[l, r]} = \mathit{ans}_{[0, r]}-\mathit{ans}_{[0, l - 1]}

那么有了通用答案数组，接下来就是统计答案。统计答案可以选择记忆化搜索，也可以选择循环迭代递推。为了不重不漏地统计所有不超过上限的答案，要从高到低枚举每一位，再考虑每一位都可以填哪些数字，最后利用通用答案数组统计答案。

接下来我们具体看几道题目。

例题

例 1 Luogu P2602 数字计数

题目大意：给定两个正整数 a,b ，求在 [a,b] 中的所有整数中，每个数码（digit）各出现了多少次。

方法一：

发现对于满 \mathit{i} 位的数，所有数字出现的次数都是相同的，故设数组 \mathit{dp}_i 为满 i 位的数中每个数字出现的次数，此时暂时不处理前导零。则有 \mathit{dp}_i=10 \times \mathit{dp}_{i−1}+10^{i−1} ，这两部分前一个是来自前 i-1 位数字的贡献，后一个是来自第 i 位的数字的贡献。

有了 \mathit{dp} 数组，我们来考虑如何统计答案。将上界按位分开，从高到低枚举，不贴着上界时，后面可以随便取值。贴着上界时，后面就只能取 0 到上界，分两部分分别计算贡献。最后考虑下前导零，第 i 位为前导 0 时，此时 1 到 \mathit{i-1} 位也都是 0 ，也就是多算了将 i-1 位填满的答案，需要额外减去。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 15;
typedef long long ll;
ll l, r, dp[N], sum[N], mi[N];
ll ans1[N], ans2[N];
int a[N];

inline void solve(ll n, ll *ans) {
  ll tmp = n;
  int len = 0;
  while (n) a[++len] = n % 10, n /= 10;
  for (int i = len; i >= 1; --i) {
    for (int j = 0; j < 10; j++) ans[j] += dp[i - 1] * a[i];
    for (int j = 0; j < a[i]; j++) ans[j] += mi[i - 1];
    tmp -= mi[i - 1] * a[i], ans[a[i]] += tmp + 1;
    ans[0] -= mi[i - 1];
  }
}

int main() {
  scanf("%lld%lld", &l, &r);
  mi[0] = 1ll;
  for (int i = 1; i <= 13; ++i) {
    dp[i] = dp[i - 1] * 10 + mi[i - 1];
    mi[i] = 10ll * mi[i - 1];
  }
  solve(r, ans1), solve(l - 1, ans2);
  for (int i = 0; i < 10; ++i) printf("%lld ", ans1[i] - ans2[i]);
  return 0;
}

方法二：

此题也可以使用记忆化搜索。 \mathit{dp}_i 表示不贴上限、无前导零时，位数为 i 的答案。

详见代码注释

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#include <cstdio>  //code by Alphnia
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define N 50005
#define ll long long
ll a, b;
ll f[15], ksm[15], p[15], now[15];

ll dfs(int u, int x, bool f0,
       bool lim) {  // u 表示位数，f0 是否有前导零，lim 是否都贴在上限上
  if (!u) {
    if (f0) f0 = 0;
    return 0;
  }
  if (!lim && !f0 && (~f[u])) return f[u];
  ll cnt = 0;
  int lst = lim ? p[u] : 9;
  for (int i = 0; i <= lst; i++) {  // 枚举这位要填的数字
    if (f0 && i == 0)
      cnt += dfs(u - 1, x, 1, lim && i == lst);  // 处理前导零
    else if (i == x && lim && i == lst)
      cnt += now[u - 1] + 1 +
             dfs(u - 1, x, 0,
                 lim && i == lst);  // 此时枚举的前几位都贴在给定的上限上。
    else if (i == x)
      cnt += ksm[u - 1] + dfs(u - 1, x, 0, lim && i == lst);
    else
      cnt += dfs(u - 1, x, 0, lim && i == lst);
  }
  if ((!lim) && (!f0)) f[u] = cnt;  // 只有不贴着上限和没有前导零才能记忆
  return cnt;
}

ll gans(ll d, int dig) {
  int len = 0;
  memset(f, -1, sizeof(f));
  while (d) {
    p[++len] = d % 10;
    d /= 10;
    now[len] = now[len - 1] + p[len] * ksm[len - 1];
  }
  return dfs(len, dig, 1, 1);
}

int main() {
  scanf("%lld%lld", &a, &b);
  ksm[0] = 1;
  for (int i = 1; i <= 12; i++) ksm[i] = ksm[i - 1] * 10ll;
  for (int i = 0; i < 9; i++) printf("%lld ", gans(b, i) - gans(a - 1, i));
  printf("%lld\n", gans(b, 9) - gans(a - 1, 9));
  return 0;
}
例 2 hdu 2089 不要62

题面大意：统计一个区间内数位上不能有 4 也不能有连续的 62 的数有多少。

没有 4 的话在枚举的时候判断一下，不枚举 4 就可以保证状态合法了，所以这个约束没有记忆化的必要，而对于 62 的话，涉及到两位，当前一位是 6 或者不是 6 这两种不同情况我计数是不相同的，所以要用状态来记录不同的方案数。 \mathit{dp}_{\mathit{pos},\mathit{sta}} 表示当前第 \mathit{pos} 位，前一位是否是 6 的状态，这里 \mathit{sta} 只需要取 0 和 1 两种状态就可以了，不是 6 的情况可视为同种，不会影响计数。

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#include <cstdio>  //code by Alphnia
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
int x, y, dp[15][3], p[50];
inline int pre() {
  memset(dp, 0, sizeof(dp));
  dp[0][0] = 1;
  for (int i = 1; i <= 10; i++) {
    dp[i][0] = dp[i - 1][0] * 9 - dp[i - 1][1];
    dp[i][1] = dp[i - 1][0];
    dp[i][2] = dp[i - 1][2] * 10 + dp[i - 1][1] + dp[i - 1][0];
  }
}
inline int cal(int x) {
  int cnt = 0, ans = 0, tmp = x;
  while (x) {
    p[++cnt] = x % 10;
    x /= 10;
  }
  bool flag = 0;
  p[cnt + 1] = 0;
  for (int i = cnt; i; i--) {  // 从高到低枚举数位
    ans += p[i] * dp[i - 1][2];
    if (flag)
      ans += p[i] * dp[i - 1][0];
    else {
      if (p[i] > 4) ans += dp[i - 1][0];
      if (p[i] > 6) ans += dp[i - 1][1];
      if (p[i] > 2 && p[i + 1] == 6) ans += dp[i][1];
      if (p[i] == 4 || (p[i] == 2 && p[i + 1] == 6)) flag = 1;
    }
  }
  return tmp - ans;
}
int main() {
  pre();
  while (~scanf("%d%d", &x, &y)) {
    if (!x && !y) break;
    x = min(x, y), y = max(x, y);
    printf("%d\n", cal(y + 1) - cal(x));
  }
  return 0;
}
例 3 SCOI2009 windy 数

题目大意：给定一个区间 [l,r] ，求其中满足条件 不含前导 0 且相邻两个数字相差至少为 2 的数字个数。

首先我们将问题转化成更加简单的形式。设 \mathit{ans}_i 表示在区间 [1,i] 中满足条件的数的数量，那么所求的答案就是 \mathit{ans}_r-\mathit{ans}_{l-1} 。

对于一个小于 n 的数，它从高到低肯定出现某一位，使得这一位上的数值小于 n 这一位上对应的数值。而之前的所有位都和 n 上的位相等。

有了这个性质，我们可以定义 f(i,st,op) 表示当前将要考虑的是从高到低的第 i 位，当前该前缀的状态为 st 且前缀和当前求解的数字的大小关系是 op （ op=1 表示等于， op=0 表示小于）时的数字个数。在本题中，这个前缀的状态就是上一位的值，因为当前将要确定的位不能取哪些数只和上一位有关。在其他题目中，这个值可以是：前缀的数字和，前缀所有数字的 \gcd ，该前缀取模某个数的余数，也有两种或多种合用的情况。

写出 状态转移方程： f(i,st,op)=\sum_{k=1}^{\mathit{maxx}} f(i+1,k,op=1~ \operatorname{and}~ k=\mathit{maxx} )\quad (|\mathit{st}-k|\ge 2)

这里的 k 就是当前枚举的下一位的值，而 \mathit{maxx} 就是当前能取到的最高位。因为如果 \mathit{op}=1 ，那么你在这一位上取的值一定不能大于求解的数字上该位的值，否则则没有限制。

我们发现，尽管前缀所选择的状态不同，而 f 的三个参数相同，答案就是一样的。为了防止这个答案被计算多次，可以使用 记忆化搜索 的方式实现。

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int dfs(int x, int st, int op)  // op=1 =;op=0 <
{
  if (!x) return 1;
  if (!op && ~f[x][st]) return f[x][st];
  int maxx = op ? dim[x] : 9, ret = 0;
  for (int i = 0; i <= maxx; i++) {
    if (abs(st - i) < 2) continue;
    if (st == 11 && i == 0)
      ret += dfs(x - 1, 11, op & (i == maxx));
    else
      ret += dfs(x - 1, i, op & (i == maxx));
  }
  if (!op) f[x][st] = ret;
  return ret;
}

int solve(int x) {
  memset(f, -1, sizeof f);
  dim.clear();
  dim.push_back(-1);
  int t = x;
  while (x) {
    dim.push_back(x % 10);
    x /= 10;
  }
  return dfs(dim.size() - 1, 11, 1);
}
例 4.SPOJMYQ10

题面大意：假如手写下 [n,m] 之间所有整数，会有多少数看起来和在镜子里看起来一模一样？（ n,m<10^{44}, T<10^5 )

注：由于这里考虑到的镜像，只有 0,1,8 的镜像是自己本身。所以，这里的“一模一样”并不是传统意义上的回文串，而是只含有 0,1,8 的回文串。

首先，在数位 DP 过程中，显然只有 0,1,8 能被选中。

其次，由于数值超过 long long 范围，所以 [n,m]=[1,m]-[1,n-1] 不再适用（高精度比较繁琐），而是需要对 n 是否合法进行判断，得出： [n,m]=[1,m]-[1,n]+\mathrm{check}(n) 。

镜像解决了，如何判断回文？

我们需要用一个小数组记录一下之前的值。在未超过一半的长度时，只要不超上限就行；在超过一半的长度时，还需要判断是否和与之“镜面对称”的位相等。

需要额外注意的是，这道题的记忆化部分，不能用 memset，否则会导致超时。

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int check(char cc[]) {  // n 的特判
  int strc = strlen(cc);
  for (int i = 0; i < strc; ++i) {
    if (!(cc[i] == cc[strc - i - 1] &&
          (cc[i] == '1' || cc[i] == '8' || cc[i] == '0')))
      return 0ll;
  }
  return 1ll;
}

// now: 当前位, eff: 有效位, fulc: 是否全顶格, ful0: 是否全0
int dfs(int now, int eff, bool ful0, bool fulc) {
  if (now == 0) return 1ll;
  if (!fulc && f[now][eff][ful0] != -1)  // 记忆化
    return f[now][eff][ful0];

  int res = 0, maxk = fulc ? dig[now] : 9;
  for (int i = 0; i <= maxk; ++i) {
    if (i != 0 && i != 1 && i != 8) continue;
    b[now] = i;
    if (ful0 && i == 0)  // 全前导 0
      res += dfs(now - 1, eff - 1, 1, 0);
    else if (now > eff / 2)                                  // 未过半程
      res += dfs(now - 1, eff, 0, fulc && (dig[now] == i));  // 已过半程
    else if (b[now] == b[eff - now + 1])
      res += dfs(now - 1, eff, 0, fulc && (dig[now] == i));
  }
  if (!fulc) f[now][eff][ful0] = res;
  return res;
}

char cc1[100], cc2[100];
int strc, ansm, ansn;

int get(char cc[]) {  // 处理封装
  strc = strlen(cc);
  for (int i = 0; i < strc; ++i) dig[strc - i] = cc[i] - '0';
  return dfs(strc, strc, 1, 1);
}

scanf("%s%s", cc1, cc2);
printf("%lld\n", get(cc2) - get(cc1) + check(cc1));
例 5. P3311 数数

题面：我们称一个正整数 x 是幸运数，当且仅当它的十进制表示中不包含数字串集合 S 中任意一个元素作为其子串。例如当 S = \{22, 333, 0233\} 时， 233233 是幸运数， 23332333 、 2023320233 、 32233223 不是幸运数。给定 n 和 S ，计算不大于 n 的幸运数个数。答案对 10^9 + 7 取模。

1 \leq n<10^{1201}，1 \leq m \leq 100，1 \leq \sum_{i = 1}^m |s_i| \leq 1500，\min_{i = 1}^m |s_i| \geq 1 ，其中 |s_i| 表示字符串 s_i 的长度。 n 没有前导 0 ，但是 s_i 可能有前导 0 。

阅读题面发现，如果将数字看成字符串，那么这就是需要完成一个多模匹配，自然而然就想到 AC 自动机。普通数位 DP 中，先从高到低枚举数位，再枚举每一位都填什么，在这道题中，我们也就自然地转化为枚举已经填好的位数，再枚举此时停在 AC 自动机上的哪个节点，然后从当前节点转移到它在 AC 自动机上的子节点。

设 f(i,j,0/1) 表示当前从高到低已经填了 i 位（即在 AC 自动机上走过了 i 条边），此时停在标号为 j 的节点上，当前是否正好贴着上界。

至于题目中的“不包含”条件，只需在 AC 自动机上给每个模式串的结尾节点都打上标记，DP 过程中一旦遇上这些结尾节点就跳过即可。

转移很好想，详见代码主函数部分。

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#include <bits/stdc++.h>  //code by Alphnia
using namespace std;
#define N 1505
#define ll long long
#define mod 1000000007
int n, m;
char s[N], c[N];
int ch[N][10], fail[N], ed[N], tot, len;

inline void insert() {
  int now = 0;
  int L = strlen(s);
  for (int i = 0; i < L; ++i) {
    if (!ch[now][s[i] - '0']) ch[now][s[i] - '0'] = ++tot;
    now = ch[now][s[i] - '0'];
  }
  ed[now] = 1;
}

queue<int> q;

inline void build() {
  for (int i = 0; i < 10; ++i)
    if (ch[0][i]) q.push(ch[0][i]);
  while (!q.empty()) {
    int u = q.front();
    q.pop();
    for (int i = 0; i < 10; ++i) {
      if (ch[u][i]) {
        fail[ch[u][i]] = ch[fail[u]][i], q.push(ch[u][i]),
        ed[ch[u][i]] |= ed[fail[ch[u][i]]];
      } else
        ch[u][i] = ch[fail[u]][i];
    }
  }
  ch[0][0] = 0;
}

ll f[N][N][2], ans;

inline void add(ll &x, ll y) { x = (x + y) % mod; }

int main() {
  scanf("%s", c);
  n = strlen(c);
  scanf("%d", &m);
  for (int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%s", s), insert();
  build();
  f[0][0][1] = 1;
  for (int i = 0; i < n; ++i) {
    for (int j = 0; j <= tot; ++j) {
      if (ed[j]) continue;
      for (int k = 0; k < 10; ++k) {
        if (ed[ch[j][k]]) continue;
        add(f[i + 1][ch[j][k]][0], f[i][j][0]);
        if (k < c[i] - '0') add(f[i + 1][ch[j][k]][0], f[i][j][1]);
        if (k == c[i] - '0') add(f[i + 1][ch[j][k]][1], f[i][j][1]);
      }
    }
  }
  for (int j = 0; j <= tot; ++j) {
    if (ed[j]) continue;
    add(ans, f[n][j][0]);
    add(ans, f[n][j][1]);
  }
  printf("%lld\n", ans - 1);
  return 0;
}

此题可以很好地帮助理解数位 DP 的原理。

习题

Ahoi2009 self 同类分布

洛谷 P3413 SAC#1 - 萌数

HDU 6148 Valley Number

CF55D Beautiful numbers

CF628D Magic Numbers

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