數字dp 學習指南

在資訊學競賽中，有一類難度不大但異常麻煩的問題——數字計數問題，這類問題的主要特點是詢問的答案和一段連續的數的各個數字相關，並且需要對時間效率有一定要求。由於解決這類問題往往意味著巨大的**量，而眾多的特殊情況又意味著出現錯誤的巨大可能性，因此很少有人願意解決此類問題，但只要掌握好的方法，解決這類問題也並非想象中的

那樣困難。

對於乙個數，若其首位已經比詢問上界小，則剩餘位沒有任何限制。此時如果能直接處理這一情況，則問題距離解決又會邁出一大步。 
例如，在十進位制下，計算[10000,54321]內的數字和，我們可以將其分解為： 
[10000,19999],[20000,29999],[30000,39999],[40000,49999],[50000,54321]。 
前四個區間如果可以直接解決，則只需處理最後乙個區間，進一步將最後乙個區間劃分
為：[50000,50999],[51000,51999],[52000,52999],[53000,53999],[54000,54321]。同理將最後一
個區間劃分下去，最後可以得到以下區間劃分： 
[10000,19999],[20000,29999],[30000,39999],[40000,49999]， 
[50000,50999],[51000,51999],[52000,52999],[53000,53999]， 
[54000,54099],[54100,54199],[54200,54299]， 
[54300,54309],[54310,54319]， 
[54320,54321]

該模板出處不詳，但是此模板大大降低了數字dp類問題的難度。

typedef long long ll;
const int maxn=22;
int dig[maxn];
ll f[maxn]/* [todo] */;
ll dfs(int pos,/* todo */,int limit)
if (!limit) f[pos]/* [todo] */=res;
return res;
}ll solve(ll n)
return dfs(len-1,/* todo */,1);
}

求給定區間中不含有62和4的數的個數。

ll dfs(int pos,int pre,int fg,int limit)
if (!limit) f[pos][pre][fg]=res;
return res;
}

求給定區間的含有49的數的個數。

ll dfs(int pos,int pre,int istrue,int limit)
if (!limit) f[pos][pre][istrue]=ret;
return ret;
}

求給定區間範圍內的，求相鄰數字之差絕對值不小於2的數的個數。

ll dfs(int pos,int pre,int fg,int limit)
if (!limit) f[pos][pre][fg]=ret;
return ret;
}

平衡數。數n以數n中的某個位為支點，每個位上的數權值為（數字xi*（posi - 支點的posi）），如果數n裡有乙個支點使得所有數權值之和為0那麼她就是平衡數。比如4139，以3為支點，左邊 = 4 * (4 - 2) + 1 * (3 - 2) = 9，右邊 = 9 * (1 - 2) = -9，左邊加右邊為0，所以4139是平衡數。現在給出乙個區間[l,r]，問區間內平衡數有多少個？

ll dfs(int pos,int o,int pre,int limit)
if (!limit) f[pos][o][pre]=res;
return res;
}ll solve(ll n)
ll ans=0;
for (int i=0;i
如果乙個數能夠被其每個數字的數都整除，那麼這個數就叫做美麗數。
int check(int bit,int mod)
}return 1;
}ll dfs(int pos,int bit,int mod,int limit)
if (!limit) f[pos][bit][mod]=ret;
return ret;
}

求小於n是13的倍數且含有'13'的數的個數。

ll dfs(int pos,int pre,int fg,int md,int limit)
if (!limit) f[pos][pre][fg][md]=res;
return res;
}

求[l,r]內最長遞增子串行是k的數的個數；

ll f[maxn][1<<10][11];

int k;

int dig[maxn];

int getlis(int bit)

inline ll sec(piii a)

inline ll thd(piii a)

inline piii makezeropiii()

inline piii makeonepiii()

ll power[maxn];

piii f[maxn][11][8];

bool v[maxn][11][8];

int dig[maxn];

piii gao(piii a, piii b,int i,int pos)

piii dfs(int pos,int pre,int sev,int limit)

if (!limit&&v[pos][pre][sev]) return f[pos][pre][sev];

piii res=makezeropiii();

int last=limit?dig[pos]:9;

for (int i=0;i<=last;i++)

if (!limit)

return res;

}ll solve(ll n)

piii ans = dfs(len-1,0,0,1);

return thd(ans);

}int main()

{ memset(v,0,sizeof(v));

memset(power,0,sizeof(power));

power[0]=1;

for (int i=1;i>t;

while (t--){

ll a,b;

cin>>a>>b;

cout<<(solve(b)-solve(a-1)+mod)%mod<

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