魔法数字[数位DP][状态压缩]

原创

qq62c30ac77b2a7 2022-07-05 10:35:06 博主文章分类：数位DP ©著作权

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题目描述
在数论领域中，人们研究的基础莫过于数字的整除关系。一般情况下，我
们说整除总在两个数字间进行，例如 a | b（a 能整除 b）表示 b 除以 a 的余数为
0。
我们称一个数字 X 是魔法的，当且仅当 X 是整数，且它能被 K 及 K 以上
种一位数整除，要求这若干种一位数均在 X 的十进制表示中出现。
给出整数 K、 L、 R，请你计算出在区间[L, R]中，有多少个魔法数字。

输入格式
一行三个整数 K、 L、 R。

输出格式
输出一行一个整数，表示该区间内魔法数字的个数。

样例数据
magic.in
2 1 20
magic.out
2

分析

数位dp...然后...写不来

让我们来想一想要那些状态

第一维第几位

怎么知道前面出现了那些数字呢（因为要算整除的个数）

第二维状压，出现则为1

好，怎么知道能不能整除呢

我们发现

魔法数字[数位DP][状态压缩]_整除

本题的p就是2520

只要知道除以2520的余数，除以其它的都知道

优化等会儿说吧

第三维除以2520的余数

好像所有数位都还有一维----是否放满

10123

最高位区0（没有放满）就还可以取9999

放满了低位最高就是0..1..2..3

于是dp四步走

1.定状态

f[pos][state][mod][limit] , 即f[18][512][252][2] (252是优化，等会儿讲)

2.考虑边界

pos=n+1时，如果出现了那个数且整除mod，cnt++，cnt>=k就返回1

3.转移数位dp 记忆化搜索最好写

枚举下一位，如果limit=1，枚举答案的最高位数，否则为9

f[i][j][k][l]+=f[i+1][j|(1<<x-1)][k*10+x][l&(x==a[i])];

4.答案

f[1][0][0][true] -> 到第一位，前面什么都没有，而且都放满了

一些细节

1.考虑到limit，必须从高位开始，所以要这样存

exampal R=10234 len=5,a[1]=1,a[2]=0,a[3]=2,a[4]=3,a[5]=4;

2.状压一定从0开始，不知道省多少空间

3.优化：5可以看尾数，8可以看上一位的4

什么意思呢，上一位到第一位组成的数字除4余3，除8可能是3或7

这一位时乘了10，除8只可能余6

于是2520可以变252，但要判断后再模

//状压+数位dp 
//f为第i位 除252余j 出现数的状态为j 是否沾满
//最终答案 f[1][0][0][1];
//exampal R=10234 len=5,a[1]=1,a[2]=0,a[3]=2,a[4]=3,a[5]=4;
//转移 递归记忆化搜索  f[i][j][k][l]+=f[i+1][j*10+x][k|(1<<x-1)][l&(x==a[i])];
//1<<0=1,即第0位是1
//边界f[len+1][mod][state][l],if(state&(1<<(x-1)&&mod%x==0) 为1,否则为0//出现且整除 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long f[20][252][512][2],ans;
int k,len,a[20],pd; 
int read(){
    int cnt=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch))ch=getchar();
    while(isdigit(ch))cnt=cnt*10+(ch-'0'),ch=getchar();
    return cnt;
}
long long init()
{
    char ch[20];scanf("%s",ch+1);
    len=strlen(ch+1);
    memset(a,0,sizeof(a));
    memset(f,-1,sizeof(f));
    for(int i=len;i>=1;i--)
        a[i]=ch[i]-'0';
    if(pd==0){pd=1;if(a[len]) a[len]--;else a[len-1]--,a[len]=9;}//l-1
}
long long dfs(int pos,int mod,int state,bool lim){
    if(pos==len+1){
        int cnt=0;
        if(state&1) cnt++;
        if(state&(1<<1)&&mod%2==0) cnt++;
        if(state&(1<<2)&&mod%3==0) cnt++;
        if(state&(1<<3)&&mod%4==0) cnt++;
        if(state&(1<<4)&&mod%5==0) cnt++;
        if(state&(1<<5)&&mod%6==0) cnt++;
        if(state&(1<<6)&&mod%7==0) cnt++;
        if(state&(1<<7)&&mod%8==0) cnt++;
        if(state&(1<<8)&&mod%9==0) cnt++;
        if(cnt>=k) return 1;
        return 0;
    }
    mod%=252;
    if(f[pos][mod][state][lim]!=-1) return f[pos][mod][state][lim];
    long long cur=0;
    int x=lim?a[pos]:9;
    for(int i=0;i<=x;i++)
        cur+=dfs(pos+1,mod*10+i,i?(state|(1<<(i-1))):state,lim&(i==x));
    f[pos][mod][state][lim]=cur; 
    return cur;
} 
int main()
{
    k=read();
    init(),ans-=dfs(1,0,0,true);
    init(),ans+=dfs(1,0,0,true);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

不要62显得好简单

int dfs(int now,bool is6,bool ismax)
{
  if(now==0) return 1;
  if(!ismax&& dp[now][is6]>=0) return dp[now][is6];
  int ways=0,limit=(ismax?bit[now]:9);//为true则为bit[now] 否则为9 
  for(int i=0;i<=limit;i++){
    if(i==4||is6&&i==2) continue;
    ways+=dfs(now-1,i==6,ismax&&i==limit);
  }
        f[now][is6][ismax]=ways;
  return ways;
}

数位dp都这么写吧...