acwing算法基础之动态规划–数位统计DP、状态压缩DP、树形DP和记忆化搜索

1 基础知识

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2 模板

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3 工程化

题目1：求a~b中数字0、数字1、…、数字9出现的次数。

思路：先计算1~a中每位数字出现的次数，然后计算1~b-1中每位数字出现的次数，两个相减即是最终答案。

那么，如何计算1~a中每位数字出现的次数呢？

首先，将a的每一位存入向量num中，例如a=1234567，那么num为，

考虑如下两个子问题，

1. 1~a中数字0出现的次数。
2. 1~a中数字5出现的次数。为啥选择数字5呢？因为1到9中的任意一个数都和5等价。

对于问题1：1~x中数字0出现的次数。

记num中有n位，从第0位不考虑，因为第0位不可能取到0，即数字首位不能为0，例如0123，这样的数字是不合法的，应该表示成123。所以i从1到n-1，即for (int i = 1; i < n; ++i)。考虑如下情况，

1. 当num的第i位取0且其左侧部分不取L时，有多少个数？
   
   左边部分的方案数为：1~L-1，共L-1个数。
   右边部分的方案数为：0~

   1

   0

   n

   −

   1

   −

   i

   −

   1

   10^{n-1-i}-1

   10n−1−i−1，共

   1

   0

   n

   −

   1

   −

   i

   10^{n-1-i}

   10n−1−i个数。
   故总方案数为：

   (

   L

   −

   1

   )

   ⋅

   1

   0

   n

   −

   1

   −

   i

   (L-1)cdot 10^{n-1-i}

   (L−1)⋅10n−1−i。

2. 当num的第i位取0且其左侧部分取L时，
   2.1 如果第i位原先数字等于0，那么左边方案数=1，右边方案数=0~R，共R+1个，总方案数=1 * (R+1) = R+1。
   2.2 如果第i位原先数字大于0，那么左边方案数=1，右边方案数=0~

   1

   0

   n

   −

   1

   −

   i

   −

   1

   10^{n-1-i}-1

   10n−1−i−1，共

   1

   0

   n

   −

   1

   −

   i

   10^{n-1-i}

   10n−1−i个数。

对于问题2：1~x中数字5出现的次数。

如果num的第0位等于5，有R+1个方案数。如果num的第0位大于5，有

1

0

n

−

1

10^{n-1}

10n−1个数。

i从1到n-1，即for (int i = 1; i < n; ++i)。考虑如下情况，

1. 当num的第i位取5且其左侧部分不取L时，有多少个数？
   
   左边部分的方案数为：0~L-1，共L个数。
   右边部分的方案数为：0~

   1

   0

   n

   −

   1

   −

   i

   −

   1

   10^{n-1-i}-1

   10n−1−i−1，共

   1

   0

   n

   −

   1

   −

   i

   10^{n-1-i}

   10n−1−i个数。
   故总方案数为：

   L

   ⋅

   1

   0

   n

   −

   1

   −

   i

   Lcdot 10^{n-1-i}

   L⋅10n−1−i。

2. 当num的第i位取5且其左侧部分取L时，
   2.1 如果第i位原先数字等于5，那么左边方案数=1，右边方案数=0~R，共R+1个，总方案数=1 * (R+1) = R+1。
   2.2 如果第i位原先数字大于5，那么左边方案数=1，右边方案数=0~

   1

   0

   n

   −

   1

   −

   i

   −

   1

   10^{n-1-i}-1

   10n−1−i−1，共

   1

   0

   n

   −

   1

   −

   i

   10^{n-1-i}

   10n−1−i个数。

综合上述，C++代码如下，

#include <iostream&gt;
#include <vector&gt;
#include <algorithm&gt;
#include <cmath&gt;

using namespace std;
int a, b;

int compute_R(const vector<int&gt;&amp; num, int i) {//计算第i位右侧数字大小
    int R = 0;
    for (int k = i + 1; k < num.size(); ++k) {
        R = R * 10 + num[k];
    }
    return R;
}

int compute_L(const vector<int>&amp; num, int i) {//计算第i位左侧数字大小
    int L = 0;
    for (int k = 0; k < i; ++k) {
        L = L * 10 + num[k];
    }
    return L;
}

int compute_cnt(int a, int x) {//计算1~a中x出现的次数
    if (a <= 0) return 0;
    
    vector<int> num; //把a转化为num，高位在前
    int t = a;
    while (t) {
        num.emplace_back(t % 10);
        t /= 10;
    }
    reverse(num.begin(), num.end()); //保证高位在前
    
    int n = num.size(); //a总共有n位
    
    int res = 0; //存储1~a中x出现的次数
    
    //考虑第0位取x的情况
    if (x != 0) {
        if (num[0] == x) {
            //有R+1个方案
            int R = compute_R(num, 0);
            res += R + 1;
        } else if (num[0] > x) {
            //有10^(n-1)个方案数
            res += pow(10, n - 1);
        }
    }
    
    //考虑第i位取x的情况
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        //计算情况1中x出现的次数
        if (x == 0) {
            int L = compute_L(num, i);
            res += (L - 1) * pow(10, n - 1 - i);
        } else {
            int L = compute_L(num, i);
            res += L * pow(10, n - 1 - i);
        }
        
        //计算情况2中x出现的次数
        if (num[i] == x) {
            int R = compute_R(num, i);
            res += R + 1;
        } else if (num[i] > x) {
            res += pow(10, n - 1 - i);
        }
    }
    
    return res;//返回1~a中x出现的次数
}


int main() {
    
    while (cin >> a >> b, a || b) {
        if (a > b) swap(a, b); //保证b是大数
        
        for (int x = 0; x < 10; ++x) {
            int cnt1 = compute_cnt(b, x); //计算1~b中x出现的次数
            int cnt2 = compute_cnt(a - 1, x); //计算1~a中x出现的次数
            cout << cnt1 - cnt2 << " ";
        }
        cout << endl;
        
    }
    
    return 0;
}

题目2：在N * M的棋盘下，摆放1*2的矩形块，可以竖着摆，也可以横着摆，要求摆满棋盘，求有多少种摆放方案。

解题思路：状态压缩类DP。

规定横着摆放的1*2的矩形块，第一个小方格为起点方格，第二个小方格为终点方格，如下图所示，

f[i][j]状态定义：前i-1列已经摆放完毕，第i列中终点方格的状态为j，的方案数。

其中终点方格的状态j是指，从第0行到第n-1行，有终点网格的记作1，没有终点网格的记作0。比如下图中第1列的终点方格的状态是

(

1001

)

2

(1001)_2

(1001)2​，即十进制中的9。

f[i][j]的状态转移：f[i-1][k]，即前i-2列已经摆放完毕，第i-1列中终点网格的状态为k。k需要满足两个条件：

1. 第i-1列中的终点网格和起点网格不能重合，其中终点网格的状态为k，起点网格的状态为j，也即k & j == 0。
2. 连续的空网格的数目不能是奇数，否则竖着摆放不下1*2的矩形块。即数k | j二进制表示中连续0的数目不能是奇数。

故，综合上述，状态转移方程为，

f

[

i

]

[

j

]

=

∑

k

f

[

i

−

1

]

[

k

]

f[i][j] = sum_kf[i-1][k]

f[i][j]=k∑​f[i−1][k]

初始化f[0][0] = 1。

最终答案f[M][0]，也即第0列、第1列、…、第M-1列均摆放完毕，第M列中终点格子的状态为0的方案数。

C++代码如下，

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 12, M = 1 << N;
bool st[M];
vector<vector<int>> last(M);
long long f[N][M];
int n, m;

int main() {
    while (cin >> n >> m, n || m) {
        //n*m的棋盘
        
        //步骤1：把状态0~1<<n-1中满足连续0个数为偶数的状态标识出来
        memset(st, 0, sizeof st); //多组测试数据，所以要初始化
        for (int i = 0; i < 1 << n; ++i) {
            //数i的二进制表示中，连续0的个数是不是都是偶数
            bool flag = true;
            int cnt = 0; //连续0的个数
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (i >> j &amp; 1) {//第j位为1，前面的连续0之和为cnt
                    if (cnt &amp; 1) {//如果cnt是奇数
                        flag = false;
                        break;
                    }
                    cnt = 0;
                } else {
                    cnt += 1;
                }
            }
            if (cnt &amp; 1) flag = false;//判断最后一个连续0的数目
            
            st[i] = flag; //true表示状态i中连续0的个数都是偶数。
            //cout << "i = " << i << ", st[i] = " << st[i] << endl;
        }
        
        //步骤2：f[i][j]和f[i-1][k]，存储j满足要求的k
        for (int j = 0; j < 1 << n; ++j) {
            last[j].clear(); //多组测试数据，所以要清空
            for (int k = 0; k < 1 << n; ++k) {
                if ((k &amp; j) == 0 &amp;& st[k | j]) {
                    last[j].emplace_back(k);
                }
            }
        }
        
        //步骤3：正式dp
        memset(f, 0, sizeof f);
        f[0][0] = 1;
        for (int i = 1; i <= m; ++i) {
            for (int j = 0; j < 1 << n; ++j) {
                for (auto k : last[j]) {
                    f[i][j] += f[i-1][k];
                }
            }
        }
        
        cout << f[m][0] << endl;
    }
    return 0;
}

题目3：给定n*n的矩阵，表示n个结点两两之间的距离，求从0号结点出发到达第n-1号结点，经过每一个结点一次的路径的最小距离。

解题思路：状态压缩DP。

状态定义，f[i][j]，即：所有从第0号结点走到第j号结点，且走过的结点是i的路径，的最小值。

其中i的二进制表示中第0位为1表示，经过第0号结点，否则不经过第0号结点。
i的二进制表示中第1位为1表示，经过第1号结点，否则不经过第1号结点。
i的二进制表示中第2位为1表示，经过第2号结点，否则不经过第2号结点。
……
i的二进制表示中第n-1位为1表示，经过第n-1号结点，否则不经过第n-1号结点。

注意，只有满足(i & 1) == 1 && (i & (1 << j)) == (1 << j)时，状态f[i][j]才合法。

状态转移，考虑最后一步咋走的，即f[last][k] + d[k][j]，其中i包含结点k时才合法，即(i & (1 << k)) == (1 << k)，且last = i - (1 << j)。

故，综合上述，状态转移方程为，

f

[

i

]

[

j

]

=

m

i

n

k

{

f

[

l

a

s

t

]

[

k

]

+

d

[

k

]

[

j

]

}

f[i][j] = underset {k}{min} { f[last][k] + d[k][j] }

f[i][j]=kmin​{f[last][k]+d[k][j]}

l

a

s

t

=

i

−

(

1

<

<

k

)

last = i – (1 << k)

last=i−(1<<k)

初始化，f[1][0] = 0，其余初始化为正无穷大。

最终答案，f[(1 << n) - 1][n-1]。

C++代码如下，

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 21, M = 1 << N;
int f[M][N];
int n;
int d[N][N];

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        for (int j = 0; j < n; ++j) {
            cin >> d[i][j];
        }
    }
    
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[1][0] = 0;
    
    for (int i = 0; i < (1 << n); ++i) {
        for (int j = 0; j < n; ++j) {
            //从0出发到达j，经过的结点是i
            if ((i & 1) == 1 && (i & (1 << j)) == (1 << j)) {
                //f[i][j]是合法的
                for (int k = 0; k < n; ++k) {
                    if ((i & (1 << k)) == (1 << k)) {
                        //i中有k
                        int last = i - (1 << j);
                        f[i][j] = min(f[i][j], f[last][k] + d[k][j]);
                    }
                }
            }
        }
    }
    
    cout << f[(1 << n) - 1][n-1] << endl;
    
    return 0;
}

题目4：没有上司的舞会。直接上司和员工不能同时选择，求最大值。

解题思路：树形DP，从根结点递归处理。

状态定义，有，

1. f[i][0]，所有以i为根的子树中选择，但不选择结点i的方案数中的最大值。
2. f[i][1]，所有以i为根的子树中选择，且选择结点i的方案数中的最大值。

状态转移，

f

[

i

]

[

0

]

=

∑

j

m

a

x

{

f

[

j

]

[

0

]

,

f

[

j

]

[

1

]

}

f[i][0] = sum_j max{ f[j][0], f[j][1] }

f[i][0]=j∑​max{f[j][0],f[j][1]}
其中结点j为结点i的子结点。

f

[

i

]

[

1

]

=

w

[

i

]

+

∑

j

f

[

j

]

[

0

]

f[i][1] = w[i] + sum_j f[j][0]

f[i][1]=w[i]+j∑​f[j][0]
其中结点j为结点i的子结点。

初始化，二维数组初始化为0。

记根结点为start，那么最终答案res = max(f[start][0], f[start][1])。

C++代码为，

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>

using namespace std;

const int N = 6010;

int n, start;
bool has_father[N];
int happy[N];
int f[N][2];
vector<vector<int>> sons(N);

void dfs(int i) {
    f[i][1] = happy[i];
    
    for (auto j : sons[i]) {
        dfs(j);
        f[i][1] += f[j][0];
        f[i][0] += max(f[j][0], f[j][1]);
    }
    return;
}

int main() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> happy[i];
    
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        has_father[a] = true;
        sons[b].emplace_back(a);
    }
    
    //找到根结点
    start = -1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (has_father[i] == false) {
            start = i;
            break;
        }
    }
    
    dfs(start);
    
    cout << max(f[start][0], f[start][1]) << endl;
    
    return 0;
}

题目5：滑雪。n*m的网格，可以往上下左右方向尝试，只能从高处滑到低处。求路径最长值。

思路：记忆化搜索，状态先全部初始化为-1，然后递归每一个位置，如果f[i][j] != -1，则说明它被计算过了，直接返回。

状态表示，f[i][j]：从(i,j)开始滑的最长路径值。

状态转移，有：

1. 如果能往上滑，即(i-1,j)在网格内且h[i][j] > h[i-1][j]，有f[i-1][j] + 1。
2. 如果能往下滑，即(i+1,j)在网格内且h[i][j] > h[i+1][j]，有f[i+1][j] + 1。
3. 如果能往左滑，即(i-1,j)在网格内且h[i][j] > h[i-1][j]，有f[i-1][j] + 1。
4. 如果能往右滑，即(i+1,j)在网格内且h[i][j] > h[i+1][j]，有f[i+1][j] + 1。

初始化，所有状态均设置为-1。

答案，即所有状态的最大值。

C++代码如下，

#include <iostream>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 310;
int n, m;
int f[N][N], h[N][N];

int dirs[4][2] = {{1,0}, {-1,0}, {0,1}, {0,-1}};

int dfs(int i, int j) {
    if (f[i][j] != -1) return f[i][j];
    
    f[i][j] = 1;
    for (int k = 0; k < 4; ++k) {
        int x = i + dirs[k][0], y = j + dirs[k][1];
        if (x >= 1 && x <= n && y >= 1 && y <= m && h[i][j] > h[x][y]) {
            f[i][j] = max(f[i][j], dfs(x, y) + 1);
        }
    }
    
    return f[i][j];
}

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= m; ++j) {
            cin >> h[i][j];
        }
    }
    
    memset(f, -1, sizeof f);
    
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        for (int j = 1; j <= m; ++j) {
            res = max(res, dfs(i, j));
        }
    }
    
    cout << res << endl;
    
    return 0;
}