通常问法：区间[l,r]的数中，满足某一条件数的个数。
技巧1：[x,y] 中满足情况的个数位f[y]-f[x-1]
技巧2：从树的角度考虑问题
例题1：度的数量
题意：寻找[L,R]之间满足，是K个互不相等的整次幂之和
题解：
1：数位DP
2：f[R]-f[L-1]
3：现在我们的问题转化位了分别找到0~R的值，即0 ~ L-1的值，然后做差即可。
4：利用树的思想，我们先从最低位讨论，然后在本位的确定值的情况下找到下一个值
下面是AC代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=35;
int K,B;
int f[N][N];
void init()
{
for(int i=0;i<N;i++)
{
for(int j=0;j<=i;j++)
{
if(!j) f[i][j]=1;
else f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1];
}
}
}
int dp(int n)
{
if(n==0) return 0;
vector<int> nums;
while(n) nums.push_back(n%B),n/=B;
int res=0;
int last=0;
for(int i=nums.size()-1;i>=0;i--)
{
int x=nums[i];
if(x>0)//只有大于0时讨论左右边界
{
//当前位置放0
res+=f[i][K-last];
if(x>1)//当前位置放1也满足情况
{
if(K-last-1>=0) res+=f[i][K-last-1];
break;
}
else//讨论右分支
{
last++;
if(last>K) break;//这里是满足的，这里可能会有些疑惑，下面的位数中是不是已经讨论完全了，实际上已经讨论完了的。因为，此时如果后面每多一个1，在前面必须少1个1，这样的情况实际上是在前面为0时已经讨论过了。
}
}
if(i==0&&last==K) res++;//这种情况是特殊的一种情况，假设有5位，每一位都可以为1，到了11111的时候本应该继续往下讨论的，但是终止了，这种情况没有被加上，所以应该加上这种情况，可以自己将这种情况手推一下。
}
return res;
}
int main()
{
init();
int l,r;
cin>>l>>r>>K>>B;
cout<<dp(r)-dp(l-1)<<endl;
return 0;
}
因为用dfs写数位dp的话更加好写，而且不用判特例，所以下面是dfs版本：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int dp[100][50];//当前是第pos位，已经选了j个bit
int a[100];
int x,y,k,b;
int dfs(int pos,int num,int limit)//这里的num表示前面已经选了num个1
{
if(num==k) return 1;
if(num>k+1) return 0;
if(pos==-1) return num==k;//表示到最后也没有实现
if(!limit && dp[pos][num]!=-1) return dp[pos][num];
int up=limit?a[pos]:b-1;
int res=0;
for(int i=0;i<=min(up,1);i++)
{
res+=dfs(pos-1,num+i,limit&&i==a[pos]);
}
if(!limit) dp[pos][num]=res;
return res;
}
int solve(int num)
{
int pos=0;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
while(num)
{
a[pos++]=num%b;
num/=b;
}
return dfs(pos-1,0,true);//第一位肯定是有限制的
}
int main()
{
cin>>x>>y>>k>>b;
printf("%d\n",solve(y)-solve(x-1));
return 0;
}
例题2：数字游戏
题意：
1：给定l，r
2：求l~r之间的上升数字
3：123，234，346这样的数字被称作上升数字
题解：数位dp
依旧是看作一棵树来处理，树的左边是当前的数枚举(0~a[i]-1)，这样的情况下面所有情况成立的情况都是满足的，然后枚举到了a[i]，把这个当作last，进行下面的枚举，如果此时的last太大了，下面的最大位也比他大，直接break，如果到了最后仍然没有break，那么加上最后一种情况。
下面是AC代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=15;
int f[N][N];//f[i][j]表示一共有i位，最高位为j的方案数
void init()//线性dp求方案数
{
for(int i=0;i<=9;i++) f[1][i]=1;
for(int i=2;i<N;i++)
for(int j=0;j<=9;j++)
for(int k=j;k<=9;k++)
f[i][j]+=f[i-1][k];
}
int dp(int n)
{
if(!n) return 1;
vector<int> nums;
while(n) nums.push_back(n%10),n/=10;
int res=0;
int last=0;
for(int i=nums.size()-1;i>=0;i--)
{
int x=nums[i];
for(int j=last;j<x;j++)
res+=f[i+1][j];//这里是i-1因为vector的下标从0开始
if(x<last) break;
last=x;
if(!i) res++;
}
return res;
}
int main()
{
init();
int l,r;
while(cin>>l>>r) cout<<dp(r)-dp(l-1)<<endl;
return 0;
}
我们可以先理解一下f[N][N]，其中f[i]][j]表示只有i位，最高位是j。这样我们f[i][j]+=f[i-1][j~9]就是答案，这样从低位开始，可以得到答案。
然后我们再理解数位dp，这个题和上个题很类似，只是这个题的每位的数量不再是1，而是可以很多数，所以从小到大枚举数即可，最后假设都没有break出去的话就加上那种情况。
下面是dfs版本：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[50][50];//dp[i][j]表示pos位，前面是j的数量
int a[50];
int l,r;
int dfs(int pos,int pre,bool limit)
{
if(pos==-1) return 1;
if(!limit && dp[pos][pre]!=-1) return dp[pos][pre];
int up=limit?a[pos]:9;
int res=0;
for(int i=0;i<=up;i++)
{
if(i<pre) continue;
res+=dfs(pos-1,i,limit&&i==a[pos]);
}
if(!limit) dp[pos][pre]=res;
return res;
}
int solve(int x)
{
int pos=0;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
while(x)
{
a[pos++]=x%10;
x/=10;
}
return dfs(pos-1,-1,true);//第一位绝对是有限制的
}
int main()
{
int l,r;
while(cin>>l>>r)
{
printf("%d\n",solve(r)-solve(l-1));
}
return 0;
}
例题3：windy数
题意：找出[l,r]之间满足条件的数
题解：数位dp模板，但是这里要注意是应该考虑前导0
下面是dfs版的代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[50][50];//dp[i][j]表示pos位，前面是j的数量
int a[50];
int l,r;
int dfs(int pos,int pre,bool lead,bool limit)
{
if(pos==-1) return 1;
if(!limit && dp[pos][pre]!=-1&&!lead) return dp[pos][pre];
int up=limit?a[pos]:9;
int res=0;
for(int i=0;i<=up;i++)
{
if(lead==true) res+=dfs(pos-1,i,i==0,limit&&i==a[pos]);
else if(i-pre>=2||pre-i>=2) res+=dfs(pos-1,i,i==0,limit&&i==a[pos]);
}
if(!limit&&!lead) dp[pos][pre]=res;
return res;
}
int solve(int x)
{
int pos=0;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
while(x)
{
a[pos++]=x%10;
x/=10;
}
return dfs(pos-1,0,true,true);//第一位绝对是有限制的
}
int main()
{
int l,r;
while(cin>>l>>r)
{
printf("%d\n",solve(r)-solve(l-1));
}
return 0;
}
例题4：数字的游戏Ⅱ
题意：就是找到[l,r]之间的加起来各位数之和mod为0的数字个数。
题解：数位dp模板
下面是dfs版本的代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
int f[110][1100];//表示到了第i个位置，和为j的方案数
int a[100];
int l,r,n;
//不用管前导0
int dp(int pos,int sum,bool limit)
{
if(pos==-1) return sum%n==0;
if(!limit && f[pos][sum]!=-1) return f[pos][sum];
int up=limit?a[pos]:9;
int res=0;
for(int i=0;i<=up;i++)
{
res+=dp(pos-1,sum+i,limit&&i==a[pos]);
}
if(!limit) f[pos][sum]=res;
return res;
}
int solve(int x)
{
int pos=0;
memset(f,-1,sizeof(f));
while(x)
{
a[pos++]=x%10;
x/=10;
}
return dp(pos-1,0,true);
}
signed main()
{
while(cin>>l>>r>>n) cout<<solve(r)-solve(l-1)<<endl;
return 0;
}
例题5：戳我
题意：求\([l,r]\)内的数的在[k,z]进制内的回文数的数量。
下面是AC代码：
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
#include <string.h>
#include <math.h>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <stack>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 100;
int a[maxn],k,n;
int temp[maxn];
ll dp[40][maxn][maxn][2];
ll dfs(int pos,bool status,int len,bool limit,int k)
{
if( pos < 0 ) {
if( status ) return k;
else return 1;
}
if(!limit && dp[k][pos][len][status]!=-1) return dp[k][pos][len][status];
int up=limit?a[pos]:k-1;
ll ans=0;
for(int i=0;i<=up;i++)
{
temp[pos]=i;//记录数
if( i == 0 && len == pos)//前导0
{
ans += dfs(pos-1, status, len-1, limit && (i==up),k);
}
else if( status && pos < (len+1)/2 )
{
ans += dfs(pos-1, i == temp[len-pos], len, limit&&(i==up),k );
}
else
{
ans += dfs(pos-1, status, len, limit&&(i==up),k );
}
}
if(!limit) dp[k][pos][len][status]=ans;
return ans;
}
ll solve(ll x,int k)
{
if( x == 0 ) return k;
int pos=0;
while(x)
{
a[pos++]=x%k;
x/=k;
}
return dfs(pos-1,true,pos-1,true,k);
}
int main()
{
ll le,ri,l,r;
int t;
scanf("%d",&t);
int cases=1;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
while(t--)
{
ll res=0;
scanf("%lld%lld%lld%lld",&le,&ri,&l,&r);
for( int i = l; i <= r; i++ ) {
res += solve(ri, i) - solve(le-1, i);
}
printf( "Case #%d: %lld\n", cases++, res );
}
}
注：数位dp可以通过增加dp的维数来降低时间复杂度，我们以下面两个题为例：
1：数字游戏 II
可以这样写：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
int f[110][1100];//表示到了第i个位置，和为j的方案数
int a[100];
int l,r,n;
//不用管前导0
int dp(int pos,int sum,bool limit)
{
if(pos==-1) return sum%n==0;
if(!limit && f[pos][sum]!=-1) return f[pos][sum];
int up=limit?a[pos]:9;
int res=0;
for(int i=0;i<=up;i++)
{
res+=dp(pos-1,sum+i,limit&&i==a[pos]);
}
if(!limit) f[pos][sum]=res;
return res;
}
int solve(int x)
{
int pos=0;
memset(f,-1,sizeof(f));
while(x)
{
a[pos++]=x%10;
x/=10;
}
return dp(pos-1,0,true);
}
signed main()
{
while(cin>>l>>r>>n) cout<<solve(r)-solve(l-1)<<endl;
return 0;
}
也可以这样写：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
int f[110][1100][3];//表示到了第i个位置，和为j的方案数
int a[100];
int l,r,n;
//不用管前导0
int dp(int pos,int sum,bool limit)
{
if(pos==-1) return sum%n==0;
if( f[pos][sum][limit]!=-1) return f[pos][sum][limit];
int up=limit?a[pos]:9;
int res=0;
for(int i=0;i<=up;i++)
{
res+=dp(pos-1,sum+i,limit&&i==a[pos]);
}
return f[pos][sum][limit]=res;
}
int solve(int x)
{
int pos=0;
memset(f,-1,sizeof(f));
while(x)
{
a[pos++]=x%10;
x/=10;
}
return dp(pos-1,0,true);
}
signed main()
{
while(cin>>l>>r>>n) cout<<solve(r)-solve(l-1)<<endl;
return 0;
}
两个写的主要区别就是可以通过将lead，limit这类影响记忆化的操作记入数组，增加维数，降低复杂度。
D
Find the Number
(300分)
Let's call a number x good if x is an interger and ctz(x)=popcount(x).
ctz(x) is the number of trailing zeros in the binary representation of x.
popcount(x) is the number of 1's in the binary representation of x.
For example:
ctz(12)=ctz(1100)=2 and popcount(12)=popcount(1100)=2, so 12 is a good number.
Now you are given an interval [l,r], you need to find a good number in it. If there are multiple solutions, print any of them; if there is no solution, print −1 instead.
输入格式：
The first line contains a single integer T (1≤T≤\(10^{5}\)
) --- the number of test cases.
For each test case, there is one single line containing two integers l,r (1≤l≤r≤\(10^{9}\)
) --- the interval.
输出格式
For each test case, print one line containing the answer.
If there are multiple solutions, print any of them; if there is no solution, print −1 instead.
输入样例：
5
38 47
57 86
23 24
72 83
32 33
输出样例：
-1
68
-1
-1
-1
这个题的话下面是AC代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
#define endl '\n'
const int N = 40;
int n, m, f[N][N][N][2];
int nums[N], len;
int last;
set<int> S;
int dfs(int pos, int cnt1, int cnt0, int limit, int lead)
{
int &v = f[pos][cnt1][cnt0][lead];
if(!limit && ~v) return v;
if(!pos) return (cnt1 && cnt1 == cnt0);
int up = limit ? nums[pos] : 1, res = 0;
res += dfs(pos - 1, cnt1, cnt0 + 1, limit & (up == 0), lead);
if(up == 1) res += dfs(pos - 1, cnt1 + 1, 0, limit & (up == 1), 0);
return limit ? res : v = res;
}
int dp(int x)
{
if(!x) return 0;
len = 0;
while(x) nums[++ len] = x & 1, x >>= 1;
return dfs(len, 0, 0, 1, 1);
}
bool check(int mid)
{
return dp(mid) >= last + 1;
}
void solve()
{
int a, b;
cin >> a >> b;
if(S.size())
{
int t = *S.lower_bound(a);
if(t >= a && t <= b)
{
cout << t << endl;
return ;
}
}
last = dp(a - 1);
int l = a, r = b;
while(l < r)
{
int mid = l + r >> 1;
if(check(mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
if(check(r))
{
cout << r << endl;
S.insert(r);
}
else puts("-1");
}
signed main()
{
memset(f, -1, sizeof f);
int T = 1;
cin >> T;
while(T -- ) solve();
return 0;
}
这个代码就是将lead这一维加入到了数组里面，时间就变快了，不然的话这个题用数位dp的话很容易超时，但是这种方法也不是一定的，我们应具体问题，具体分析，如果不会分析，就多交两遍。
标签：return,int,pos,limit,DP,include,dp,数位 From： https://www.cnblogs.com/kingwz/p/16884476.html