数位dp

题目大意： 称一个数x的各个数位之和为f(x) 求区间L R之间 有多少个数x%f(x)==0 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define INF 0x3f3f3f3f #define LL long long #define inc(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++) #define dec(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--) #define gcd(i,j) __gcd(i,j) #define mem(i,j) memset(i,j,sizeof(i)) const int N=2e5+5; int rd, dfn[2][15][50][50]; int fx, tot, a[15]; LL dp[2][15][50][50]; // dp[f][w][s][m] // f为1说明不是上界 此时为第w位数 // 剩下的数位总和为s 此时的数位总和%f(x)为m LL DFS(int f,int w,int s,int m) { if(w==0) return (s==0&&m==0); // 所有位都枚举过了则w=0 // 所有数位总和为fx则s=0 // x%fx==0则m=0 if(dfn[f][w][s][m]==rd) return dp[f][w][s][m]

For a decimal number x with n digits (A n A n-1 A n-2 ... A 2 A 1 ), we define its weight as F(x) = A n * 2 n-1 + A n-1 * 2 n-2 + ... + A 2 * 2 + A 1 * 1. Now you are given two numbers A and B, please calculate how many numbers are there between 0 and B, inclusive, whose weight is no more than F(A). Input The first line has a number T (T <= 10000) , indicating the number of test cases. For each test case, there are two numbers A and B (0 <= A,B < 10 9 ) Output For every case,you should output "Case #t: " at first, without quotes. The t is the case number starting from 1. Then output the answer

题目地址： 　　http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3652 题目概述： 　　给出一个数n，求出1~n中所有包含“13”并且是13的倍数的数的个数。例如13满足条件，而143虽然是13的倍数，不过不包含“13”，所以不满足条件。 大致思路： 　　这种类型的题应该很容易看出是数位DP，这里设f[i,j,k,l]表示i位数当前位是j，这个数mod13=k的情况,l=1表示包含“13”，l=0表示不包含。 　　转移的话详见代码。 代码： #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cmath> #include <vector> #include <ctime> #include <map> #include <stack> #include <queue> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; #define sacnf scanf #define scnaf scanf #define scanfi(x) scanf("%d",&x) #define scanfd(x) scanf("%lf",&x) #define scanfl(x) scanf("%lld",

这几天比赛有点多，牛客训练赛，codeforce，补题都补不过来了快。。。不过，补题收获的确实比较多，但是也比较耗费时间。。。 这几天和往常一样睡懒觉，昨晚的codeforce B和C都Wa了两发，脑子转的有点慢。。。D题最后也没思路，最后倒也是加了点分，现在还未出来题解。今天的牛客和往常一样，感觉自己出的差不多了就去玩了。。。这几场是越来越难了，今天还有cf，后天还有cf，后天还有牛客。题真补不过来了，先记到小本本上，嘿嘿，以后再补（谁知道以后是多久） 上回AtcoderE题数位DP还没补上，牛3的数位DP也还没补上。。。。学不明白呜呜呜。 老师布置的专题还没开始刷，只能干着急。干着急也没用，立马去学！ 寒假就这样在我慵懒的手指下，舒服的被窝里 悄悄溜走了，来日方长都是骗人的，滚去补题了。 来源： CSDN 作者： 冷血怪兽 链接： https://blog.csdn.net/qq_43408238/article/details/104303215

题目: http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4734 F(x) Time Limit: 1000/500 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 3347 Accepted Submission(s): 1258 Problem Description For a decimal number x with n digits (A n A n-1 A n-2 ... A 2 A 1 ), we define its weight as F(x) = A n * 2 n-1 + A n-1 * 2 n-2 + ... + A 2 * 2 + A 1 * 1. Now you are given two numbers A and B, please calculate how many numbers are there between 0 and B, inclusive, whose weight is no more than F(A). Input The first line has a number T (T <= 10000) , indicating the number of test cases.

F(x) Time Limit: 1000/500 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 382 Accepted Submission(s): 137 Problem Description For a decimal number x with n digits (A n A n-1 A n-2 ... A 2 A 1 ), we define its weight as F(x) = A n * 2 n-1 + A n-1 * 2 n-2 + ... + A 2 * 2 + A 1 * 1. Now you are given two numbers A and B, please calculate how many numbers are there between 0 and B, inclusive, whose weight is no more than F(A). Input The first line has a number T (T <= 10000) , indicating the number of test cases. For each test case, there are two numbers A and B (0

>传送门< 题意： 对于一个有 n 位(这 n 位从高位到低位分别是 A n ， A n-1 ， A n-2 ... A 2 ， A 1 )的十进制数，我们定义它的权值 F(x)=A n *2 n-1 + A n-1 *2 n-2 + ... + A 2 *2 + A 1 *1. 现在给你两个数 A ， B ，请计算 [0,B] 范围内有多少个权值<= F(A) 的数 思路： （这个下面文字是有点多，可能是我太弱了，在刚开始学的时候只有这样我才能理解QAQ~） 其实 F(x) 只是给每一个数位带上一个权值 v = 2^(p-1) ， F(x) 最大是值不会超过5000，我们完全可以抛开权值来思考，写代码的时候再加上权值即可，这样思考和写草稿之类的会方便很多，不考虑每一位的权值的话即是数位的前缀和。 很容易想到一个 dp 式是 dp[pos][sum] ；表示当前在第 pos 位，前缀和为 sum 的答案，快速把数位 dp 敲完，交上去，然后会发现 TLE 掉了，这题的时限只有500ms， TLE 的原因是什么呢，就是 记忆化不够彻底 。 在做数位 dp 入门题 不要62 的时候可能有些人会注意到， dp 数组只需要初始化一次即可，这是因为不要62题意中是不包含4和连续的62的数的个数，这里的条件是一个数本身的性质，也就是说，一个数有没有4或者连续的62和你输入的 [l，r]

前言 ：数位dp就是换一种穷举方式。额......我第一次看这句话也懵，哎，资深学渣，来记个笔记先。 正常枚举“过渡到”dfs枚举（这里暂时是穷举的数为：1、10、100、1000、10000....，要穷举任意数在后面给出） 其实有些兄弟用了递推关系来做这类题，但个人感觉那种解题方式还是太花时间了。。。。。。。。。。 正常枚举： #include <iostream> #include <cstdio> #define ll long long using namespace std; int main() { for (int i = 0; i <= 1000) { printf("%d\n", i); } return 0; } 结果：略(看数学答案也是这样) dfs枚举：注意pos参数的意思是枚举到当前数字的位数。dfs是从数字的高位往低位枚举(当数字的枚举是也是从小到大的)。num用于记录当前枚举的数字 dfs(pos=0, num); 表示只枚举长度为1的数字，最大数为9 dfs(pos=1, num); 表示只枚举长度为2的数字，最大数为99 dfs(pos=2, num); 表示只枚举长度为3的数字，最大数为999 最好自己动手测一下其他结果，不要光靠脑袋想，除非...........哈哈 #include <iostream> #include <cstdio>

题目连接： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3555 题意：求区间[a,b]内包含有'49'的数的总个数。 分析：dp[pos][0]表示到第pos位没有包含49，后面1~pos-1位任意填时的总个数，dp[pos][1]表示到第pos位时前一位刚好是'4'，后面任意填时的总个数，dp[pos][2]表示已经包含49后面任意填的总个数。。。 #include <cstdio> #include <cstring> #include <string> #include <cmath> #include <iostream> #include <algorithm> #include <queue> #include <cstdlib> #include <stack> #include <vector> #include <set> #include <map> #define LL long long #define mod 10007 #define inf 0x3f3f3f3f #define N 100010 #define FILL(a,b) (memset(a,b,sizeof(a))) #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 using namespace

【解决问题】 一个极大的多位数字中，存在某种特殊情况出现多少次 通过记忆化和动态规划的方法，将之前的情况数记录下来，在计算其他情况的时候，通过状态的转移相互利用 【模板】 【题意】求1~n之间有多少个数又含有13又能被13整除，（1<=n<=1e9) 【代码】 #include<cstdio> #include<cstring> #define MAXN 20 int dp[MAXN][MAXN][10]; int maxx[MAXN]; //maxx记录整个数字的上限 //len 表示当前枚举的数字长度 //mod 表示状态之一，现在这个长度对16取余的结果 //stu 状态之一，当前的数字是否存在 //lim 状态之一，前面的数字是否达到上限，因为枚举的情况在前面没有达到的话，后面的是可以任取的 // 而如果达到的话，就需要考虑数字的取值范围了 int Geta(int len,int mod,int stu,bool lim) { //从后往前开始枚举数字的情况 if(len==0) //当所有位置上的数字列举完成之后 return mod==0&&stu==2; //返回存在的情况 if(!lim && dp[len][mod][stu]) return dp[len][mod][stu]; //max 表示需要遍历到的最大的数字 int cnt=0,max=lim