【資料】

★記憶化搜索：數位dp總結 之 從入門到模板 by wust_wenhao

論文：淺談數位類統計問題 數位計數問題解法研究

【記憶化搜索】

數位：數字從低位到高位依次為0~len-1。

高位限制limit=limit&&i==a[pos]

前導零lead=lead&&i==0

數位pos=pos-1（第0位是個位，第-1位直接返回）

前綴狀態state（表示(pos,len]的狀態）

f[pos][state]表示前綴狀態為state，數位[0,pos]不受限的答案。

最後，詢問差分。

typedef long long ll;  
int a[20];  
ll dp[
 
20][state];//不同題目狀態不同  
ll dfs(int pos,/*state變量*/,bool lead/*前導零*/,bool limit/*數位上界變量*/)//不是每個題都要判斷前導零  
{  
    //遞歸邊界，既然是按位枚舉，最低位是0，那麽pos==-1說明這個數我枚舉完了  
    if(pos==-1) return 1;/*這裏一般返回1，表示你枚舉的這個數是合法的，那麽這裏就需要你在枚舉時必須每一位都要滿足題目條件，也就是說當前枚舉到pos位，一定要保證前面已經枚舉的數位是合法的。不過具體題目不同或者寫法不同的話不一定要返回1 */  
    //第二個就是記憶化(在此前可能不同題目還能有一些剪枝)  
 

    if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];  
    /*常規寫法都是在沒有限制的條件記憶化，這裏與下面記錄狀態是對應，具體為什麽是有條件的記憶化後面會講*/  
    int up=limit?a[pos]:9;//根據limit判斷枚舉的上界up;這個的例子前面用213講過了  
    ll ans=0;  
    //開始計數  
    for(int i=0;i<=up;i++)//枚舉，然後把不同情況的個數加到ans就可以了  
    {  
        
 
if() ...  
        else if()...  
        ans+=dfs(pos-1,/*狀態轉移*/,lead && i==0,limit && i==a[pos]) //最後兩個變量傳參都是這樣寫的  
        /*這裏還算比較靈活，不過做幾個題就覺得這裏也是套路了 
        大概就是說，我當前數位枚舉的數是i，然後根據題目的約束條件分類討論 
        去計算不同情況下的個數，還有要根據state變量來保證i的合法性，比如題目 
        要求數位上不能有62連續出現,那麽就是state就是要保存前一位pre,然後分類， 
        前一位如果是6那麽這意味就不能是2，這裏一定要保存枚舉的這個數是合法*/  
    }  
    //計算完，記錄狀態  
    if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;  
    /*這裏對應上面的記憶化，在一定條件下時記錄，保證一致性，當然如果約束條件不需要考慮lead，這裏就是lead就完全不用考慮了*/  
    return ans;  
}  
ll solve(ll x)  
{  
    int pos=0;  
    while(x)//把數位都分解出來  
    {  
        a[pos++]=x%10;//個人老是喜歡編號為[0,pos),看不慣的就按自己習慣來，反正註意數位邊界就行  
        x/=10;  
    }  
    return dfs(pos-1/*從最高位開始枚舉*/,/*一系列狀態 */,true,true);//剛開始最高位都是有限制並且有前導零的，顯然比最高位還要高的一位視為0嘛  
}  
int main()  
{  
    ll le,ri;  
    while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))  
    {  
        //初始化dp數組為-1,這裏還有更加優美的優化,後面講  
        printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));  
    }  
}  

謝謝dalao的模板QAQ

這個強大的模板引用自數位dp總結 之 從入門到模板 by wust_wenhao，萬分感謝> <！

例題：【HDU】6148 Valley Numer

【技巧】

1.DP初始化只在多組數據外，過程中f數組可以重復使用。

2.減法的藝術：將記憶化【前綴和為sum時滿足條件的個數】改為記憶化【前綴和為sum，對後面還有all-sum需求時滿足條件的個數】，有可能優化空間。

3.計數轉求和：求解滿足條件的數字的和，對於每一位i算對答案的貢獻，即sum+=i*10^pos*cnt，其中cnt為數字個數，然後同時記憶化數字個數num和總和sum即可。

如果是平方和，關鍵就在對於pos位的數字i，f=i*10^pos，x表示pos位後面的整個數字，將當前平方和分離為(f+x)^2，則有f^2+2*f*x+x^2，最大的問題在於x要和f相乘。

但是，f相同！

所以對於x求sigma後，對於同一個f，公式就可以全部合並變成cnt*f^2+2*f*sigma(x)+sigma(x^2)，顯然就要維護cnt,sum,sqsum，其中sqsum也正是當前正在求的平方和，sum是普通的和，cnt是數字個數。

三個東西可以並成結構體傳遞，也可以用傳地址。

4.另一種問題：求滿足條件的第n個數字，預處理f[i]表示長度為i的數字（不含前導0）的個數。

這樣就可以確定第n個數字的長度。

然後從最高位開始按位確定。

5.論文筆記：

（一）

註意f[i]表達的觀點是高度，基於同一高度答案相同的現象。

f[i][j]表示高度i，恰好含有j個1的數的個數，不考慮該高度自身的0和1。

葉子節點所在高度為0，依次往上疊加。

calc過程：從上到下枚舉高度<1><2>（max~1，不能到0，考慮到倒數第二層為止）

<1>若x在本高度為1，tot++。

<2>若x在下個高度為1，則ans加下個高度的0的答案。（實際已經將0~max所有層都考慮完畢）

<3>考慮x本身可否ans++

k進制：將n化為k進制存進數組，左起第一個非01數字改為1，後面全部改為1，得到數字看成二進制就是不大於n的最大可以用01表示的數字了。

從數位角度考慮，最低位為0位，f[i][j]表示0~i-1位數字任意變換恰好含有j個1的數的個數。

calc(n,k)求0~n中恰好k個1的數字個數,通過將n中的每個1變為0，就可以每次加上0~i-1位數字任意變換恰好含有k-tot個1的數的個數(f[i-1][k-tot])。

真正計算結果時，f[i][j]是很少拿上來的，f[i][j]一般只用於calc中。

（二）【SPOJ】1182 Sorted bit sequence

註意：位數只能從31位開始到1位！

（三）【SPOJ】2319 BIGSEQ - Sequence

【遞推】【BZOJ】1833 [ZJOI2010]count 數字計數

【專題】數位DP