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1. 介绍

数位$dp$一般出现在来求一个范围$[a,b]$内满足条件的数有多少。数位$dp$的解决比较公式化，考虑每一位对最终答案的影响。

2. 案例

Luogu P2602： 求给定范围$[a,b]$各个数位$k$出现了多少次。

考虑$n$的$10$进制表示
$$n=\sum _{i=0}^m{a}_{i}10^i$$
我们令$n$的最高位数的数字为$a_m$，最高幂次为$m$
$$\begin{gathered} m=\lfloor \lg n\rfloor \\ {a}_m=\lfloor n/(10^m)\rfloor \end{gathered}$$
一个数$n$中$k$出现的次数
$$\begin{gathered} digitCnt(n,k)=\sum _{i=0}^m\varphi (a_i) \\ \varphi (x)=\{\begin{array}{l}1,a_i=k\\ 0,a_i\ne k\end{array} \end{gathered}$$
最终我们需要求
$$ans(a,b)=\sum _{x=a}^{b}digitCnt(x)$$
如果我们直接进行遍历，时间复杂度为$O(n\log n)$，对于稍稍大一点的情况是处理不了的，这时候我们的数位dp出场了。
我们定义$dp[n][k]$为$n$以内的$k$位出现的次数，那么我们可以把$n$以内的数分为两个部分
$$\begin{gathered} dp[n]=ans(1,a_{m}10^m-1)+ \\ ans(a_{m}10^m,n) \end{gathered}$$
考虑最高位对最终增加的数为
$$MsbCnt(n,k)=\{\begin{array}{l}10^m,a_m>k\\ 0,k=0\vee a_m<k\\ n-a_{m}10^m+1,a_m=k\end{array}$$
我们先忽略前导$0$, 除去最高位的贡献后可以得到
$$\begin{gathered} dp[n]=MsbCnt(n)+a_{m}T[10^m-1] \\ +T[n-a_{m}10^m] \end{gathered}$$
这里的$T[n]$定义为
T [ n ] = d i g i t C n t ( S { n } ) S { n } : = { s 0 s 1 ⋯ s m − 1 , 0 ≤ s i ≤ 9 , S ≤ n − a m 1 0 m } T[n]= digitCnt(S\{n\})\\ \quad S\{n\}:= \{s_0s_1\cdots s_{m-1} \quad ,0 \le s_i \le 9\\ ,S \le n- a_m 10^{m}\} T[n]=digitCnt(S{n})S{n}:={s0​s1​⋯sm−1​,0≤si​≤9,S≤n−am​10m}
通俗一点就是比如$n=123$

那么 S { 123 } = { 000 , 001 , ⋯ , 123 } S\{123\} = \{000,001,\cdots,123\} S{123}={000,001,⋯,123}。

也就是把$n$之前的数列出，并加上前导$0$使之与$n$的位数对齐。

前导$0$的添加并不会影响非$0$的其他数位置的计数，因此可以得到

$$dp[n][k]=T[n][k],k\ne 0$$

我们考虑$T[10^d-1][k]$的值， S { 1 0 d − 1 } S\{10^{d}-1\} S{10d−1}集合中总共有$10^d$个数，每个数有$d$位，而每个数字在排列中等可能出现，因此
$$\begin{gathered} T[10^d-1][1]=\cdots =T[10^d-1][9] \\ =d\times 10^{d-1} \end{gathered}$$
我们再考虑减去前导$0$， 容易得到$10^d-1$内的数在 S { 1 0 d − 1 } S\{10^{d}-1\} S{10d−1}集合中的前导$0$的个数为

F r o n t Z e r o ( S { 1 0 d − 1 } ) = ∑ i = 1 d − 1 1 0 i FrontZero(S\{10^{d}-1\}) =\sum_{i=1}^{d-1}10^{i} FrontZero(S{10d−1})=i=1∑d−1​10i

因此
$$T[10^d-1][0]=\sum _{i=1}^{d-1}(d-1)10^i+d$$

对于一个数$n$而言， 在它之前有$k\ne 0$的个数为
$$\begin{gathered} dp[n][k]=MostCnt(n,k)+m{a}_{m}10^{m-1}+ \\ dp[n-a_{m}10^m][k] \end{gathered}$$
如果$k=0$, 还需要减去前导$0$
$$dp[n][0]=T[n][0]-\sum _{i=1}^{m}10^m$$

• 代码一

#include <iostream>
#include <vector>
#include <functional>#include <unordered_set>
constexpr static int BASE = 10;
constexpr static int MAX_POW = 12;unsigned long long typeVal;
using int_type = decltype(typeVal);int MaxPowNotGreater(int_type BASE, int_type v) {int ans = 1;auto tb = BASE;for ( ;tb <= v; tb *= BASE, ans++) {}return ans - 1;
}int_type getDigitCntUntil(int_type val, int_type k) {int_type v = val;int digitCnt = MaxPowNotGreater(BASE, v);int_type mod = val % BASE;int_type  ans = ((mod >= k))? 1 : 0;v /= BASE;int_type cpow = BASE;for (int d = 1; d < digitCnt + 1; d++, v/= BASE, cpow *= BASE) {int_type m = v % BASE;if ( m > k)ans += cpow;else if ( m == k) ans += mod + 1;else {}ans += m  * (cpow / BASE) * d; mod += cpow * m;}if ( k == 0) {cpow /= BASE;while (cpow >= 1) {ans -= cpow;cpow /= BASE;}}return ans;
}
int main()
{int_type a = 1;int_type b = 99;std::cin >> a >> b;std::vector<int_type> cal(BASE, 0);for (int i = 0;i < 10;i++) {cal[i] = getDigitCntUntil( b,i) - getDigitCntUntil(a - 1, i);}for (auto num:cal) {std::cout << num << " ";}std::cout << std::endl;return 0;
}

我们可以将整次幂的数位置个数存起来

$$TCnt[d][k]=T[10^d-1][k]$$
容易得到得到递推关系式
$$\begin{gathered} TCnt[d][k]= \\ \{\begin{array}{l}10^{d-1}+TCnt[d-1][k],k\ne 0\\ 9TCnt[d-1][1]+TCnt[d-1][0],k=0\end{array} \end{gathered}$$

• 代码2

#include <iostream>
#include <vector>
#include <functional>#include <unordered_set>
constexpr static int BASE = 10;
constexpr static int MAX_POW = 12;unsigned long long typeVal;
using int_type = decltype(typeVal);auto  fpow = [](int_type base, int_type cnt) {int_type ans = 1;while (cnt) {if (cnt & 1) ans *= base;base *= base;cnt = cnt >> 1;}return ans; 
};
auto LogFloor = [](int_type base, int_type v) {int_type m = base;int_type kdigits = 1;while ( m <= v) {m *= base;kdigits++;}kdigits--;return kdigits;
};
template<typename T>
void TEST_EQ( T a, T b) {bool ret = (a == b);if (!ret) {std::cout << a << " NOT EQUAL " << b << '\n';}else {std::cout << a << " EQUAL " << b << '\n'; }
}void testEqual(int_type a, int_type b, const std::vector<int_type>& cal) {std::vector<int> tmpCnt(BASE, 0);for (int_type i = a; i <= b; i++) {auto ti = i;while (ti) {tmpCnt[ti % BASE]++;ti /= BASE;}}bool ok = true;for (int i = 0; i < BASE; i++) {if (cal[i] != tmpCnt[i]) {std::cout << i << "failed: Real=" << tmpCnt[i] << " ;Cal= " << cal[i] <<'\n';ok = false;}}if (ok) {std::cout << "ok fine result!!!\n";}
}std::vector<std::vector<int_type>> FCnt( MAX_POW + 1, std::vector<int_type>(BASE, 0));int_type getDigitCntUntil(int_type val, int_type k) {int_type v = val;int digitCnt = LogFloor(BASE, v);int_type mod = val % BASE;int_type  ans = ((mod >= k) && k)? 1 : 0;v /= BASE;for (int d = 1; d < digitCnt + 1;d++, v /= BASE) {int_type lsb = v % BASE ;if (d != digitCnt) {ans += lsb * fpow(BASE, d - 1) * d;if ( lsb > k)ans += fpow(BASE, d);else if (lsb == k)ans += mod + 1;}else {ans += FCnt[digitCnt][k];ans += (lsb - 1) * fpow(BASE, d - 1) * d;if (0 != k) {if ( lsb > k)ans += fpow(BASE, d);else if (k == lsb)ans += mod + 1;else       ans += 0;}}mod += lsb * fpow(BASE, d);}return ans;
}
int main()
{for (int i = 0;i < BASE;i++) {FCnt[1][i] = 1;}for (int i = 2;i <= MAX_POW;i++) {for (int d = 0; d < BASE;d++) {if (d == 0)FCnt[i][d] = 9 * FCnt[i - 1][1] + FCnt[i - 1][0];else {FCnt[i][d] = fpow(10, i - 1) + 10 * FCnt[i - 1][d];} }}    int_type a = 1;int_type b = 99;std::cin >> a >> b;std::vector<int_type> cal(BASE, 0);for (int i = 0;i < 10;i++) {cal[i] = getDigitCntUntil( b,i) - getDigitCntUntil(a - 1, i);}for (auto num:cal) {std::cout << num << " ";}std::cout << std::endl;return 0;
}