主要可以分为以下几个步骤：
确定主体框架，确定一个大方向，想想该如何设计状态；
下面基本就是模板，直接DFS就行了，一位一位处理，这也是他叫按位DP的原因。
数位DP代码一般都很短，不过效率挺好，解决一些竞赛中出现的问题非常有用 。
如果看了这部分 ，你感觉还是不会的话，(这是当然啊，狂汗~~）,那么请继续往下看。
下面用几个例子来说明一下，具体注释都附在代码内：
PS：我是菜狗，这些都是很水的数位DP，求大神勿喷~~
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Problem 1160 - 科协的数字游戏I Time Limit: 1000MS Memory Limit: 65536KB Difficulty:
Total Submit: 181 Accepted: 29 Special Judge: No
Description
科协里最近很流行数字游戏。某人命名了一种不降数，这种数字必须满足从左到右各位数字成大于等于的关系，如123，446。现在大家决定玩一个游戏，指定一个整数闭区间[a,b]，问这个区间内有多少个不降数。
Input
题目有多组测试数据。每组只含2个数字a, b (1 <= a, b <= 2^31)。
Output
每行给出一个测试数据的答案，即[a, b]之间有多少阶梯数。
Sample Input
1 9
1 19
Sample Output
9
18
Hint
/********************************************************************
* Problem:科协的数字游戏2
* source:XDOJ
* author：sgx
* date：2013/09/15
*********************************************************************/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
const int N=25;
int digit[N];
LL dp[N][N];
LL dfs(int pos,int statu,int limit)
{
int i,end,s;
LL res=0;
if(pos==-1)
return 1;
if(!limit&&dp[pos][statu]!=-1)
return dp[pos][statu];
end=limit?digit[pos]:9;
for(i=statu;i<=end;i++)
res+=dfs(pos-1,i,limit&&i==end);
if(!limit)
dp[pos][statu]=res;
return res;
}
LL calc(LL n)
{
int len=0;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
while(n)
{
digit[len++]=n%10;
n/=10;
}
return dfs(len-1,0,1);
}
int main()
{
LL a,b;
while(scanf("%lld %lld",&a,&b)!=EOF)
printf("%lld\n",calc(b)-calc(a-1));
return 0;
}
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Problem 1161 - 科协的数字游戏II
Total Submit: 108 Accepted: 13 Special Judge: No Description
由于科协里最近真的很流行数字游戏。（= =！汗一个）某人又命名了一种取模数，这种数字必须满足各位数字之和 mod N为0。现在大家又要玩游戏了，指定一个整数闭区间[a,b]，问这个区间内有多少个取模数。
Input题目有多组测试数据。每组只含3个数字a, b, n (1 <= a, b <= 2^31,1 <= n < 100)。Output每个测试用例输出一行，表示各位数字和 mod N为0 的数的个数。Sample Input1 19 9Sample Output2Hint
Sourcetclh123
/********************************************************************
* Problem:科协的数字游戏2
* source:XDOJ
* 分析：记忆化搜索部分，pre表示前面各位数字之和对该数取模的结果
* author：sgx
* date：2013/09/15
*********************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=100+5;
int dp[maxn][105];
int digit[maxn];
int mod,l,r;
int DFS(int pos,int pre,bool limit)
{
if(pos==-1)
return pre==0;
if(!limit&&dp[pos][pre]!=-1)
return dp[pos][pre];
LL res=0,end=limit?digit[pos]:9;
for(int i=0;i<=end;i++)
{
int new_pre=(pre+i)%mod;
res+=DFS(pos-1,new_pre,limit&&i==end);
}
if(!limit)
dp[pos][pre]=res;
return res;
}
LL solve(int n)
{
int len=0;
while(n)
{
digit[len++]=n%10;
n/=10;
}
return DFS(len-1,0,true);
}
int main()
{
while(scanf("%d%d%d",&l,&r,&mod)!=EOF)
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
printf("%lld\n",solve(r)-solve(l-1));
}
return 0;
}
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HDU3052--B-number
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1556 Accepted Submission(s): 852
Problem Description
100
200
1000 Sample Output 1
1
2
2
/**************************************************************
* 题意：求[1,n]内有多少个数字，该数字有13，且能被13整除 n<=10^9
即要满足x % 13 = 0；x=pre*10^pos+next;
(pos代表处理到当前的位数，next代表正在处理的位置上面的数字)
(pre*10^pos + next) % 13 = 0，pre是之前确定的部分；
需要的参数为pre , pos ,状态用status表示
status==2记录pre拥有"13"，status==1是表示没有出现13，但是首位是1；
status=0表示没有13；
* Author:sgx
* Date:2013/09/15
*************************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=100+5;
int dp[10][13][3];
int digit[10];
int DFS(int pos,int status,int pre,bool limit)
{
if(pos==-1)
return status==2&&pre==0;
if(!limit&&dp[pos][pre][status]!=-1)
return dp[pos][pre][status];
LL res=0;
int end=limit?digit[pos]:9;
for(int i=0;i<=end;i++)
{
int new_pre=(pre*10+i)%13;
int new_status=status;
/*准备计算出下一阶段中新的状态status*/
if(status==0&&i==1)
new_status=1;/*原来没有出现13但是当前位是1，所以属于状态1对应的情况，故更新新状态为1；*/
if(status==1&&i==1)
new_status=1;/*解释方法同上*/
else if(status==1&&i!=3)
new_status=0;
if(status==1&&i==3)
new_status=2;
res+=DFS(pos-1,new_status,new_pre,limit&&i==end);
/*//limit==true则说明有限制,即所有可能并没有被全部记录,故此时记入dp数组 */
//limit==false则说明之后的分支状态已经搜索完全
}
if(!limit)
dp[pos][pre][status]=res;
return res;
}
LL solve(int n)
{
int len=0;
while(n)
{
digit[len++]=n%10;
n/=10;
}
return DFS(len-1,0,0,true);
}
int main()
{
LL m,n;
while(scanf("%lld",&n)!=EOF)
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
printf("%lld\n",solve(n));
}
return 0;
}
HDU3555----BombTime Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 131072/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 4594 Accepted Submission(s): 1601
Problem Description
Now the counter-terrorist knows the number N. They want to know the final points of the power. Can you help them?
Input The first line of input consists of an integer T (1 <= T <= 10000), indicating the number of test cases. For each test case, there will be an integer N (1 <= N <= 2^63-1) as the description.
The input terminates by end of file marker.
Output For each test case, output an integer indicating the final points of the power.
Sample Input 3
1
50
500 Sample Output 0
1
15
/******************************************************************
* PS:网上大神的文章真的太神了，改不了，贴过来
* 附个链接：http://blog.csdn.net/whyorwhnt/article/details/8764955
*******************************************************************/
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int bit[25];
__int64 dp[25][3];
//dp[i][0]表示长度为i,没有49
//dp[i][1]表示长度为i,没有49但前一位为4
//dp[i][2]表示长度为i,包括49的个数
/*limit表示是否有上限,比如n=1234,现在转移到12,如果下一位选3,那么再下一位就有上限,
上限为4,如果不选3,那么下一位就没限制,最高位9,转移能保证转移到数比n小*/
__int64 Dfs (int pos,int s,bool limit) //s为之前数字的状态
{
if (pos==-1)
return s==2;
if (limit==false && ~dp[pos][s])
return dp[pos][s];
int i ,end=limit?bit[pos]:9;
__int64 ans=0;
for (i=0;i<=end;i++)
{
int nows=s;
if(s==0 && i==4)
nows=1;
if(s==1 && i!=9) //前一位为4
nows=0;
if(s==1 && i==4)
nows=1;
if(s==1 && i==9) //49
nows=2;
ans+=Dfs(pos-1 , nows , limit && i==end);
}
//limit==true则说明有限制,即所有可能并没有被全部记录,故此时记入dp数组
//limit==false则说明之后的分支状态已经搜索完全
return limit?ans:dp[pos][s]=ans;
}
int main ()
{
__int64 n;
int T;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
scanf("%I64d",&n);
int len=0;
while (n)
{
bit[len++]=n%10;
n/=10;
}
printf("%I64d\n",Dfs(len-1,0,1));
}
return 0;
}
HDU2089--不要62
Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 13687 Accepted Submission(s): 4402
Problem Description
杭州交通管理局经常会扩充一些的士车牌照，新近出来一个好消息，以后上牌照，不再含有不吉利的数字了，这样一来，就可以消除个别的士司机和乘客的心理障碍，更安全地服务大众。
不吉利的数字为所有含有4或62的号码。例如：
62315 73418 88914
都属于不吉利号码。但是，61152虽然含有6和2，但不是62连号，所以不属于不吉利数字之列。
你的任务是，对于每次给出的一个牌照区间号，推断出交管局今次又要实际上给多少辆新的士车上牌照了。
Input 输入的都是整数对n、m（0<n≤m<1000000），如果遇到都是0的整数对，则输入结束。
Output 对于每个整数对，输出一个不含有不吉利数字的统计个数，该数值占一行位置。
Sample Input 1 100
0 0 Sample Output 80
/********************************************************************
* Problem:HDU2089-不要62
* source:HDU
* 分析：记忆化搜索部分，i==4时要及时continue掉，不然无限WA；
* author：sgx
* date：2013/09/15
*********************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=100+5;
int dp[maxn][3];
int digit[maxn];
//dp[i][0]表示长度为i,没有62
//dp[i][1]表示长度为i,没有62但前一位为6
//dp[i][2]表示长度为i,包括62的个数
int DFS(int pos,int status,bool limit)
{
if(pos==-1)
return status==2;
if(!limit&&dp[pos][status]!=-1)
return dp[pos][status];
LL res=0,end=limit?digit[pos]:9;
for(int i=0;i<=end;i++)
{
int new_status=status;
if(i==4)
new_status=2;
else if(status==0&&i==6)
new_status=1;
else if(status==1&&i==6)
new_status=1;
else if(status==1&&i!=2)
new_status=0;
else if(status==1&&i==2)
new_status=2;
res+=DFS(pos-1,new_status,limit&&i==end);
}
if(!limit)
dp[pos][status]=res;
return res;
}
LL solve(int n)
{
int len=0;
while(n)
{
digit[len++]=n%10;
n/=10;
}
return DFS(len-1,0,true);
}
int main()
{
int n,m;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF&&(n+m))
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
printf("%lld\n",m-n+1-solve(m)+solve(n-1));
}
return 0;
}
HDU4734F(x)
Time Limit: 1000/500 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 485 Accepted Submission(s): 179
Problem Description
For each test case, there are two numbers A and B (0 <= A,B < 109) 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. Sample Input 3
0 100
1 10
5 100 Sample Output Case #1: 1
Case #2: 2
Case #3: 13
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=300;
const int maxm=6000;
int dp[maxn][maxm];
int a[maxn];
int DFS(int pos,int cur,int limit)
{
int i,ed,s,ans=0;
if(pos==-1)
return cur>=0;
if(!limit&&dp[pos][cur]!=-1)
return dp[pos][cur];
ed=limit?a[pos]:9;
for(i=0;i<=ed;i++)
{
s=cur-i*(1<<pos);
if(s<0)
break;
ans+=DFS(pos-1,s,limit&&i==ed);
}
if(!limit&&dp[pos][cur]==-1)
dp[pos][cur]=ans;
return ans;
}
int transfer(int n)
{
int res=0,m=1;
while(n)
{
res+=(n%10)*m;
n/=10;
m*=2;
}
return res;
}
int solve(int n,int m)
{
int st=-1;
while(m)
{
a[++st]=m%10;
m/=10;
}
int res=DFS(st,transfer(n),1);
return res;
}
int main()
{
int test,n,m;
scanf("%d",&test);
memset(dp,-1,sizeof(dp));
for(int ii=1;ii<=test;ii++)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
printf("Case #%d: %d\n",ii,solve(n,m));
}
return 0;
}
windy数
Description
windy定义了一种windy数。
不含前导零且相邻两个数字之差至少为2的正整数被称为windy数。
windy想知道，在A和B之间，包括A和B，总共有多少个windy数？
包含两个整数，A B。
满足 1 <= A <= B <= 2000000000 。
包含一个整数：闭区间[A,B]上windy数的个数。
Sample Input1 10
Sample Output
9
纪念UESTC首A，@杜贵平
艰难AC。。。。
/*******************************************************************
* problem:windy数
* source:UESTC1307
* author:sgx
* date:2013/09/18
********************************************************************/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int maxn=20;
typedef long long LL;
LL dp[maxn][11];
LL digit[maxn];
LL DFS(int pos,int pre,bool limit,bool first_place)//first_place判断前导0
{
if(pos==-1)
return first_place==0;
if(!limit&&dp[pos][pre]!=-1&&first_place==false)
return dp[pos][pre];
int end=limit?digit[pos]:9;
LL ans=0;
for(int i=0;i<=end;i++)
{
if(first_place!=0)
ans+=DFS(pos-1,i,limit&&i==end,first_place&&i==0);
else if(abs(i-pre)>=2)
ans+=DFS(pos-1,i,limit&&i==end,first_place);
}
if(!limit&&first_place==false)
dp[pos][pre]=ans;
return ans;
}
LL solve(LL n)
{
LL len=0;
while(n)
{
digit[len++]=n%10;
n/=10;
}
return DFS(len-1,0,true,true);
}
int main()
{
LL l,r;
while(scanf("%lld%lld",&l,&r)!=EOF)
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
LL ans=solve(r)-solve(l-1);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}