数位dp核心在于状态描述，因为阶段很简单。
一般都是求有多少个数，当然也有求平方的变态题。
因为比这个数小的范围定然是从左至右开始小的，那么什么样的前缀对后面子数有相同的结果？
HDU 3652
题意：求能被13整除且含有13这样数的个数。
赤裸裸的两个条件，加上个pre标明下前缀，其实直接开状态也是一样的。整除这个条件可以用余数来表示。余数转移：(mod*10+i)%13
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Author :bingone
Created Time :2014-12-26 9:45:24
File Name :HDU3652.cpp
************************************************ */
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define maxn (10+1000)
typedef long long ll;
using namespace std;
int N,M,T;
int n;
int dp[25][10][13][13];//pos mod yes no noand1 yes
int dig[20];
int dfs(int pos,int pre,int fg,int md,int limit){
if (pos<0) return fg&&(md==0);
if (!limit&&dp[pos][pre][fg][md]!=-1) return dp[pos][pre][fg][md];
int res=0;
int last=limit?dig[pos]:9;
for (int i=0;i<=last;i++){
res+=dfs(pos-1,i,fg||(pre==1&&i==3),(md*10+i)%13,limit&&(i==last));
}
if (!limit) dp[pos][pre][fg][md]=res;
return res;
}
int solve()
{
int len=0;
while(n){
dig[len++]=n%10;
n/=10;
}
return dfs(len-1,0,0,0,1);
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
//freopen("out.txt","w",stdout);
memset(dp,-1,sizeof(dp));
while(~scanf("%d",&n))
printf("%d\n",solve());
return 0;
}HDU 3709
题意：一个数以某点为“平衡点”，计算结果为0.eg: 4139 则 4*2+1*1==9*1
前面数字当以某个点为平衡点，前面数值是多少，两个条件就能确定了。
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Author :bingone
Created Time :2014-12-26 12:16:50
File Name :HDU3709.cpp
************************************************ */
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define maxn (10+1000)
typedef long long ll;
using namespace std;
ll N,M;
int T;
int digt[20];
ll dp[20][20][2000];
ll dfs(int pos,int piv,int num,int limit)
{
if(pos<0) return num==0;
if(!limit && ~dp[pos][piv][num])
return dp[pos][piv][num];
int last=limit?digt[pos]:9;
ll ret=0;
for(int i=0;i<=last;i++){
int t;
t=num+(pos-piv)*i;
if(t<0) continue;
ret+=dfs(pos-1,piv,t,limit&&(i==last));
}
if(!limit) dp[pos][piv][num]=ret;
return ret;
}
ll solve(ll n)
{
int len=0;
while(n){
digt[len++]=n%10;
n/=10;
}digt[len]=0;
ll ret=0;
for(int i=--len;i>=0;i--)
ret+=dfs(len,i,0,1);
return ret-len;
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
//freopen("out.txt","w",stdout);
memset(dp,-1,sizeof(dp));
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%I64d%I64d",&N,&M);
printf("%I64d\n",solve(M)-solve(N-1));
}
return 0;
}HDU 4352
题意：小于给定数字公共子序列长度为K的数字有多少个。
起初想法是，前面数字的LIS是多少，结束的数字是哪个，但这样会陷入“后效性”的陷阱。同LIS那样定义为以xx为结尾的LIS为多少。
使用状态压缩，状态表明为前面数字上升子序列为哪几个，同时内含了长度。这个状压很巧妙，值得学习一下。
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Author :bingone
Created Time :2014-12-26 15:11:26
File Name :HDU4352.cpp
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#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define maxn (10+1000)
typedef long long ll;
using namespace std;
ll N,M;
int T,K;
int digt[20];
ll dp[20][1<<10][11];
int getlis(int bit)
{
int ret=0;
for(int i=0;i<10;i++)
if((1<<i) & bit) ret++;
return ret;
}
int addlis(int bit,int num)
{
if((1<<num) > bit) return ((1<<num) | bit);
if((1<<num) & bit) return bit;
bit|=1<<num;
for(int i=num+1;i<10;i++)
if((1<<i) & bit) return (bit^(1<<i));
// return 0;
}
ll dfs(int pos,int s,int limit)
{
if(pos<0) return K==getlis(s);
if(!limit && ~dp[pos][s][K])
return dp[pos][s][K];
int last=limit?digt[pos]:9;
ll ret=0;
for(int i=0;i<=last;i++){
int t=addlis(s,i);
if(s==0 && i==0) t=0;
ret+=dfs(pos-1,t,limit&&(i==last));
}
if(!limit) dp[pos][s][K]=ret;
return ret;
}
ll solve(ll n)
{
int len=0;
while(n){
digt[len++]=n%10;
n/=10;
}
return dfs(len-1,0,1);
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
//freopen("out.txt","w",stdout);
memset(dp,-1,sizeof(dp));
scanf("%d",&T);
int cas=1;
while(T--){
scanf("%I64d%I64d%d",&N,&M,&K);
printf("Case #%d: %I64d\n",cas++,solve(M)-solve(N-1));
}
return 0;
}CodeForces 55D
题意：求可以被其各个位整除的数的个数。
因为出现的数字顶多就是1~9 其最小公倍数是2520.既然要求可以整除，那么前面数字对2520取余，又有哪些数字 就可以判定唯一。
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Author :bingone
Created Time :2014-12-26 13:43:35
File Name :CodeForces 55D
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#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define maxn (10+1000)
using namespace std;
typedef long long ll;
int T;
int digt[20],len;
ll N,M;
ll f[20][512][2520];
int check(int bit,int mod){
for (int i=2;i<=9;i++){
if (bit&(1<<(i-2))){
if (mod%i) return 0;
}
}
return 1;
}
ll dfs(int pos,int bit,int mod,int limit){
if (pos<0) return check(bit,mod);
if (!limit && f[pos][bit][mod]!=-1) return f[pos][bit][mod];
int last=limit?digt[pos]:9;
ll ret=0;
for (int i=0;i<=last;i++){
int nbit=bit;
if (i>=2) nbit|=1<<(i-2);
ret+=dfs(pos-1,nbit,(mod*10+i)%2520,limit&&(i==last));
}
if (!limit) f[pos][bit][mod]=ret;
return ret;
}
ll solve(ll n)
{
len=0;
while(n){
digt[len++]=n%10;
n/=10;
}
return dfs(len-1,0,0,1);
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
//freopen("out.txt","w",stdout);
memset(f,-1,sizeof(f));
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%I64d%I64d",&N,&M);
printf("%I64d\n",solve(M)-solve(N-1));
}
return 0;
}
HDU 3507
中文题。
以前都是求有多少个，现在求平方和。
状态很简单，pos,pre,addmod,mulmod 就是满足题中条件。
那么平方和如何求？当处理到pos,pre,addmod,mulmod，此时若转移到后面的平方和已知。f=num*ten[pos-1]
a1^2+a2^2+a3^2....+an^2那么对于pos位置则是(f+a1)^2+....(f+an)^2
现在要求的是2*f*(a1+a2+a3...+an) 于是我们发现要求数字和和有多少个数字。三个dfs搞定。
这个题还有一个坑爹之处，能MOD就MOD吧，因为这个WA了1次。
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Author :bingone
Created Time :2014-12-27 11:39:51
File Name :HDU4507.cpp
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#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define maxn (10+1000)
#define MOD 1000000007
typedef long long ll;
using namespace std;
int T;
ll N,M;
ll ten[20];
ll dp1[20][10][7][7];/// tot
ll dp2[20][10][7][7];/// sum
ll dp3[20][10][7][7];/// square
int digt[20];
ll dfs1(int pos,int pre,int addmod,int mulmod,int limit)
{
if(pos<=0) return (addmod!=0) && (mulmod!=0);
if(!limit && ~dp1[pos][pre][addmod][mulmod])
return dp1[pos][pre][addmod][mulmod];
int last=limit?digt[pos]:9;
ll ret=0;
for(int i=0;i<=last;i++){
if(i==7) continue;
ret=( ret+dfs1(pos-1,i,(addmod+i)%7,(mulmod*10+i)%7,limit&&(i==last)) )%MOD;
}
if(!limit) dp1[pos][pre][addmod][mulmod]=ret;
return ret;
}
ll dfs2(int pos,int pre,int addmod,int mulmod,int limit)
{
if(pos<=0)
if( (addmod==0) || (mulmod==0)) return -1;
else return 0;
if(!limit && ~dp2[pos][pre][addmod][mulmod])
return dp2[pos][pre][addmod][mulmod];
int last=limit?digt[pos]:9;
ll ret=0;
for(int i=0;i<=last;i++){
if(i==7) continue;
ll tmp=dfs2(pos-1,i,(addmod+i)%7,(mulmod*10+i)%7,limit&&(i==last));
if(tmp==-1) continue;
ll f1=dfs1(pos-1,i,(addmod+i)%7,(mulmod*10+i)%7,limit&&(i==last));///刚开始这里写了dp1[][][][]=.其实不对有limit限制
ret=(ret+tmp)%MOD;///而且用dp1[][][][]的时候还是addmod,mulmod没有跟dfs1后面一样，dfs2也是同样道理
tmp=(ten[pos-1]*f1)%MOD;
tmp=(tmp*i)%MOD;
ret=(ret+tmp)%MOD;
}
if(!limit) dp2[pos][pre][addmod][mulmod]=ret;
return ret;
}
ll dfs3(int pos,int pre,int addmod,int mulmod,int limit)
{
if(pos<=0)
if( (addmod==0) || (mulmod==0)) return -1;
else return 0;
if(!limit && ~dp3[pos][pre][addmod][mulmod])
return dp3[pos][pre][addmod][mulmod];
int last=limit?digt[pos]:9;
ll ret=0;
for(int i=0;i<=last;i++){
if(i==7) continue;
ll tmp=dfs3(pos-1,i,(addmod+i)%7,(mulmod*10+i)%7,limit&&(i==last));
if(tmp==-1) continue;
ll f1=dfs1(pos-1,i,(addmod+i)%7,(mulmod*10+i)%7,limit&&(i==last));
ll f2=dfs2(pos-1,i,(addmod+i)%7,(mulmod*10+i)%7,limit&&(i==last));
ll mul1=i*i;
mul1=(mul1*ten[pos-1])%MOD;
mul1=(mul1*ten[pos-1])%MOD;
mul1=(mul1*f1)%MOD;
ll mul2=2*i;
mul2=(mul2*ten[pos-1] )%MOD;
mul2=(mul2*f2)%MOD;
ret=(ret+tmp)%MOD;
ret=(ret+mul1)%MOD;
ret=(ret+mul2)%MOD;
}
if(!limit) dp3[pos][pre][addmod][mulmod]=ret;
return ret;
}
ll solve(ll n)
{
int len=0;
while(n){
digt[++len]=n%10;
n/=10;
}
///dfs1(len,0,0,0,1);
///dfs2(len,0,0,0,1);
ll ret=dfs3(len,0,0,0,1);
if(ret==-1) return 0;
return ret%MOD;
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
//freopen("out.txt","w",stdout);
ten[0]=1;
for(int i=1;i<20;i++)
ten[i]=(ten[i-1]*10)%MOD;
memset(dp1,-1,sizeof(dp1));
memset(dp2,-1,sizeof(dp2));
memset(dp3,-1,sizeof(dp3));
dp1[0][0][0][0]=9;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%I64d%I64d",&N,&M);
solve(M);///
printf("%I64d\n",((solve(M)-solve(N-1))%MOD+MOD)%MOD);
}
return 0;
}数位dp专题 （HDU 4352 3652 3709 4507 CodeForces 55D POJ 3252）
原文地址：http://blog.csdn.net/gg_gogoing/article/details/42211955
