【數位DP】CF 54C，509C，431D，628D，855E，1245F，95D
阿新 • • 發佈：2020-08-11
這一次有題解了！！
目錄
- T1：CF54C First Digit Law
- T2：CF509C Sums of Digits
- T3：CF431D Random Task
- T4：CF628D Magic Numbers
- T5：CF855E Salazar Slytherin's Locket
- T6：CF1245F Daniel and Spring Cleaning
- T7：CF95D Horse Races
T1：CF54C First Digit Law
title
solution
這個題目是真的繞！！
其次本題是數位\(dp\)，概率\(dp\)，揹包的結合
對於數位\(dp\)板塊，其實我是沒有寫的，因為用簡單的組合數就可以代替，顯然
如果這個數長成\(1******\)，那麼如果位數小於這個數的就是可以亂填出\(1\)的，
然後再加上\(1000000-1******\)中的個數就好了
如果這個數長成\((>1)******\)，那隻要位數小於等於這個數都可以亂填
然後以取的區間個數作為重量，概率作為價值，乘號轉移，然後自己領悟吧
code
#include <cstdio> #define ll long long int n, k; double dp[1100], p[1100]; ll solve( ll num ) { ll cnt = 0, last = 0, Pow = 1, ans = 0, x = num; while( x ) { last = x % 10; cnt ++; x /= 10; } for( int i = 1;i < cnt;i ++, Pow *= 10 ) ans += Pow; if( last > 1 ) ans += Pow; else if( last == 1 ) ans += num - Pow + 1; return ans; } int main() { scanf( "%d", &n ); for( int i = 1;i <= n;i ++ ) { ll l, r; scanf( "%I64d %I64d", &l, &r ); ll temp = solve( r ) - solve( l - 1 ); p[i] = temp * 1.0 / ( r - l + 1 ); } scanf( "%d", &k ); dp[0] = 1.0; for( int i = 1;i <= n;i ++ ) for( int j = n;~ j;j -- ) { dp[j] = dp[j] * ( 1 - p[i] ); if( j > 0 ) dp[j] += dp[j - 1] * p[i]; } double ans = 0; for( int i = 0;i <= n;i ++ ) if( i * 100 >= n * k ) ans += dp[i]; printf( "%.12lf", ans ); return 0; }
T2：CF509C Sums of Digits
title
solution
我們想一下怎麼才能構造出最小的？顯然
從低到高位開始填，一直填\(9\)，到首位的時候就填剩下的那個數\(r\)
因為數的大小首先是位數，其次是位數上的值！
第一個數肯定這樣構造出來最小
接下來我們考慮後續數怎麼構造出來
只有三種填法
①：仿照第一個數，也是後面全填\(9\)，首位填剩的
②：在前一個構造出來的數上的首位\(+1\)，這樣保證大於後，後面就亂填
③：在前一個構造出來的數上的任意一位增加至\(9\)，直到滿足數位和相等才停
顯然，從低位往高位填是最小的
code
#include <cstdio> int n, len; int b[400], a[400]; void solve( int num ) { for( int i = 1;num;i ++ ) { while( a[i] < 9 && num ) a[i] ++, num --; if( i > len && ! num ) len = i; } } void print() { for( int i = len;i;i -- ) printf( "%d", a[i] ); printf( "\n" ); } int main() { scanf( "%d", &n ); for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%d", &b[i] ); solve( b[1] ); print(); for( int i = 2;i <= n;i ++ ) { int temp = b[i] - b[i - 1]; if( temp > 0 ) { solve( temp ); print(); } else { int k = 1; while( 1 ) { if( k > len ) len = k; if( a[k] < 9 && temp > 0 ) { a[k] ++; solve( temp - 1 ); print(); break; } temp += a[k]; a[k] = 0; k ++; } } } return 0; }
T3：CF431D Random Task
title
solution
首先看\(n\)的範圍\([1,1e18]\)我們想要把這個降下來，唯一支援的時間複雜度就是\(logN\)
自然而然就會想到去二分答案\(n\)
但是二分必須要保證單調性，現在我們來證明一下n越大，二進位制中有k個1的個數一定變大或不變
假設當前二分的答案為\(n\)
那麼計算範圍就是\([n+1,2n]\)
對於\(n+1\)而言，我們主觀是認為\(n+1\)一定不劣於\(n\)，有時候我們的主觀是正確的
\(n+1\)計算範圍為\([n+2,2n+2]\)
分別把區間劃分一下
\([n+1,2n]=n+1,[n+2, 2n]\)
\([n+2,2n+2]=[n+2,2n],2n+1,2n+2\)
發現\([n+2,2n]\)可以抵消
\(n+1,2n+2\)也可以抵消！！
這個時候巧妙轉化為二進位制思考
\(2n+2\)是\(n+1\)的兩倍，也就相當於\(2n+2=(n+1)<<1\)
二進位制左移以為不就相當補了一個\(0\)，那麼前面兩個數中二進位制含有\(1\)的個數是不變的！！
所以也可以抵消
此時\([n+1,2n+2]\)就還剩下一個\(2n+1\)，所以一定不劣於，證畢
所以為什麼題目是\([n+1,2n]\)範圍，如果是\([n,2n]\)就不好說了，而且要求必須恰好為\(m\)不能大於
好了接下來，就是普通的數位\(dp\)了，先把套路搞起來
把\([l,r]\)轉化為\([1,r]-[1,l-1]\)
然後用二進位制數位\(dp\)
就是控制前\(i\)位相等，然後後面亂填，這裡不再贅述（你看程式碼就會馬上get）
code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
ll m;
int k, num[100];
ll dp[100][100];
ll dfs( int pos, int sum, bool lim ) {
if( ! pos ) return ( sum == k );
if( ! lim && dp[pos][sum] != -1 ) return dp[pos][sum];
int up = lim ? num[pos] : 1;
ll ans = 0;
for( int i = 0;i <= up;i ++ )
if( sum + ( i == 1 ) <= k )
ans += dfs( pos - 1, sum + ( i == 1 ), lim && ( i == up ) );
if( ! lim ) dp[pos][sum] = ans;
return ans;
}
ll solve( ll x ) {
int len = 0;
while( x ) num[++ len] = x & 1, x >>= 1;
return dfs( len, 0, 1 );
}
ll calc( ll x ) {
return solve( x << 1 ) - solve( x );
}
int main() {
scanf( "%lld %d", &m, &k );
memset( dp, -1, sizeof( dp ) );
ll l = 1, r = 1e18;
while( l <= r ) {
ll mid = ( l + r ) >> 1, ans = calc( mid );
if( ans == m ) return ! printf( "%lld", mid );
else if( ans > m ) r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
return 0;
}
T4：CF628D Magic Numbers
title
solution
這是道中規中矩的數位\(DP\)題目，只不過設計了一丁點的高精
按照套路我們會轉化成\([1,r]-[1,l-1]\)，但是\(l-1\)涉及高精減，所以我們就單獨拎出來
寫一個\(check\)專門判斷\(l\)是否符合，然後差分計算\([1,r]-[1,l]\)
注意，題目翻譯是錯誤的
是從高位到低位（從左往右）首位是奇數，然後偶數位，奇數位，偶數位
這種看程式碼就會秒懂的，不展開敘述
code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define mod 1000000007
#define ll long long
int m, d, len;
ll ans;
int num[2005];
char l[2005], r[2005];
ll dp[2005][2005];
ll dfs( int pos, int sum, bool lim ) {
if( pos == -1 ) return ( sum == 0 );
if( ! lim && ~ dp[pos][sum] ) return dp[pos][sum];
int up = lim ? num[pos] : 9;
ll ans = 0;
for( int i = 0;i <= up;i ++ ) {
if( ( ( len - pos ) & 1 ) && i == d ) continue;
if( ( ! ( ( len - pos ) & 1 ) ) && i != d ) continue;
ans = ( ans + dfs( pos - 1, ( sum * 10 + i ) % m, lim && ( i == up ) ) ) % mod;
}
if( ! lim ) dp[pos][sum] = ans;
return ans;
}
ll calc( char *x ) {
len = strlen( x );
for( int i = 0;i < len;i ++ )
num[len - i - 1] = x[i] - '0';
return dfs( len - 1, 0, 1 );
}
bool check() {
len = strlen( l );
ll sum = 0;
for( int i = 0;i < len;i ++ ) {
int j = l[i] - '0';
if( ( ( i + 1 ) & 1 ) && j == d ) return 0;
if( ( ! ( ( i + 1 ) & 1 ) ) && j != d ) return 0;
sum = ( sum * 10 + j ) % m;
}
return ( sum == 0 );
}
int main() {
memset( dp, -1, sizeof( dp ) );
scanf( "%d %d %s %s", &m, &d, l, r );
ans = ( calc( r ) - calc( l ) + mod ) % mod;
ans += check();
printf( "%lld", ans % mod );
return 0;
}
T5：CF855E Salazar Slytherin's Locket
title
solution
這個也是很簡單的數位\(DP\)，只不過中間我們套一個狀壓\(DP\)
如果狀態\(s\)的第\(i\)位為\(0\)，表示數字\(i\)出現了偶數次，反之出現奇數次
轉化成\(b\)進位制直接搞就行了唄
code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
int Q, b;
int num[70];
ll l, r;
ll dp[12][70][( 1 << 11 ) - 1];
ll dfs( int pos, int s, bool zero, bool lim ) {
if( !pos ) return !s;
if( ~dp[b][pos][s] && !zero && !lim ) return dp[b][pos][s];
int up = lim ? num[pos] : b - 1;
ll ans = 0;
for( int i = 0;i <= up;i ++ )
ans += dfs( pos - 1, ( !i && zero ) ? s : s ^ ( 1 << i ), zero && !i, lim && ( i == up ) );
if( !zero && !lim ) dp[b][pos][s] = ans;
return ans;
}
ll solve( ll x ) {
int len = 0;
while( x ) num[++ len] = x % b, x /= b;
return dfs( len, 0, 1, 1 );
}
int main() {
memset( dp, -1, sizeof( dp ) );
scanf( "%d", &Q );
while( Q -- ) {
scanf( "%d %lld %lld", &b, &l, &r );
printf( "%lld\n", solve( r ) - solve( l - 1 ) );
}
return 0;
}
T6：CF1245F Daniel and Spring Cleaning
title
solution
異或可以轉化成二進位制下不進位加法
樸素數位\(DP\)直接上
code
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
int T, L, R;
ll dp[40][2][2];
ll dfs( int pos, bool limL, bool limR ) {
if( pos == -1 ) return 1;
if( ~ dp[pos][limL][limR] ) return dp[pos][limL][limR];
dp[pos][limL][limR] = 0;
int upL = limL ? ( L >> pos ) & 1 : 1;
int upR = limR ? ( R >> pos ) & 1 : 1;
for( int i = 0;i <= upL;i ++ )
for( int j = 0;j <= upR;j ++ )
if( ! ( i & j ) )
dp[pos][limL][limR] += dfs( pos - 1, limL && ( i == upL ), limR && ( j == upR ) );
return dp[pos][limL][limR];
}
ll solve( int l, int r ) {
if( l == -1 ) return 0;
memset( dp, -1, sizeof( dp ) );
L = l, R = r;
dfs( log2( R + 1 ) + 1, 1, 1 );
}
int main() {
scanf( "%d", &T );
while( T -- ) {
int l, r;
scanf( "%d %d", &l, &r );
printf( "%lld\n", solve( r, r ) - solve( l - 1, r ) * 2 + solve( l - 1, l - 1 ) );
}
return 0;
}
T7：CF95D Horse Races
title
code
直接看程式碼即可
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define mod 1000000007
#define ll long long
int T, k;
int num[1005];
char l[1005], r[1005];
ll dp[1005][1005][2];
//pos表示當前位置
//d表示k+1減去與前一個幸運數字的距離
//那麼當d降到0時，它與前面的幸運數字的距離就超過k了
//flag表示之前是否符合要求，符合要求為1，不符合為0
//lim表示當前位能否取到9，即之前是否達到上界，達到上界就為1，沒有就為0
ll dfs( int pos, int d, bool flag, bool lim ) {
if( ! pos ) return flag;
if( ! lim && ~ dp[pos][d][flag] ) return dp[pos][d][flag];
int up = lim ? num[pos] : 9;
ll ans = 0;
for( int i = 0;i <= up;i ++ ) {
if( i != 4 && i != 7 )
ans = ( ans + dfs( pos - 1, max( d - 1, 0 ), flag, lim && ( i == up ) ) ) % mod;
else
ans = ( ans + dfs( pos - 1, k, flag || d, lim && ( i == up ) ) ) % mod;
}
if( ! lim ) dp[pos][d][flag] = ans;
return ans;
}
ll calc( char *x ) {
int len = strlen( x );
for( int i = len - 1;i >= 0;i -- )
num[len - i] = x[i] - '0';
return dfs( len, 0, 0, 1 );
}
bool check() {
int len = strlen( l ), last = 0x3f3f3f3f;
for( int i = len - 1;~ i;i -- ) {
int j = l[i] - '0';
if( j == 4 || j == 7 ) {
if( last - i <= k ) return 1;
else last = i;
}
}
return 0;
}
int main() {
memset( dp, -1, sizeof( dp ) );
scanf( "%d %d", &T, &k );
while( T -- ) {
scanf( "%s %s", l, r );
printf( "%lld\n", ( calc( r ) - calc( l ) + check() + mod ) % mod );
}
return 0;
}