数位 DP

本页面将简要介绍数位 DP。

引入

数位是指把一个数字按照个、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：

要求统计满足一定条件的数的数量（即，最终目的为计数）；
这些条件经过转化后可以使用「数位」的思想去理解和判断；
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；
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。

例题一

例 1 Luogu P2602 数字计数

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

方法一

解释

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位数字的贡献，后一个是来自第位的数字的贡献。

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，后面就只能取到上界，分两部分分别计算贡献。最后考虑下前导零，第位为前导时，此时到 $\mathit{i-1}$ 位也都是，也就是多算了将位填满的答案，需要额外减去。

实现

参考代码

#include <cstdio>
using namespace std;
constexpr int N = 15;
using ll = long long;
ll l, r, dp[N], mi[N];
ll ans1[N], ans2[N];
int a[N];

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

解释

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，位数为的答案。

详见代码注释

过程

参考代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
using ll = long long;
constexpr int N = 50005;
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 = false;
    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;
}

例题二

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。

解释

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。

实现

参考代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
int x, y, dp[15][3], p[50];

void 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];
  }
}

int cal(int x) {
  int cnt = 0, ans = 0, tmp = x;
  while (x) {
    p[++cnt] = x % 10;
    x /= 10;
  }
  bool flag = false;
  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 = true;
    }
  }
  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;
}

例题三

例 3 SCOI2009 windy 数

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

解释

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这一位上对应的数值。而之前的所有位都和上的位相等。

有了这个性质，我们可以定义表示当前将要考虑的是从高到低的第位，当前该前缀的状态为且前缀和当前求解的数字的大小关系是（表示等于，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。

实现

参考代码

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);
}

例题四

例 4.SPOJMYQ10

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

解释

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

首先，在数位 DP 过程中，显然只有能被选中。

其次，由于数值超过 long long 范围，所以不再适用（高精度比较繁琐），而是需要对是否合法进行判断，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。

实现

参考代码

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));

例题五

例 5.P3311 数数

题面：我们称一个正整数是幸运数，当且仅当它的十进制表示中不包含数字串集合中任意一个元素作为其子串。例如当 $S = \{22, 333, 0233\}$ 时，是幸运数，、、不是幸运数。给定和，计算不大于的幸运数个数。答案对取模。

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

解释

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。

设表示当前从高到低已经填了位（即在 AC 自动机上走过了条边），此时停在标号为的节点上，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。

实现

参考代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
using ll = long long;
constexpr int N = 1505;
constexpr int mod = 1000000007;
int n, m;
char s[N], c[N];
int ch[N][10], fail[N], ed[N], tot, len;

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;

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;

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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