数位DP———POJ 3208 启示录

POJ3208 启示录

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题目大意：我们称只要某数字的十进制表示中有三个连续的6，我们就称它为“魔鬼数”，比如：666,1666,6663,16666 等。现给出一个数X，求“第X小的魔鬼数”。$X\le 5\times 10^7$,一共有T组数据点，$T\le 1000$。

$ part.1 $ 引入

这一道题显然是一道数位DP的题目，那么我们先来了解一下什么是数位DP

众所周知
数位DP是与数字相关的一类计数问题，它往往指的是这样的题型：

给定一个闭区间 $[l,r]$,让你求这个区间中满足某种条件的数的个数。

对于这类题目，我们通常先用动态规划进行预处理，再基于拼凑思想，用“试填法”求出最终的答案。

$ part .2 $ 具体分析

面对这样的一道题，如果直接每次都枚举到第X个“魔鬼数”，肯定会超时。那么我们思考一下如何解决这个问题呢？

其实，这是一道数位DP的典型例题，根据其通常做法，我们可以打出一个表记录一下魔鬼数的个数，然后通过一些
“玄学 ”的处理，来巧妙计算出第X个“魔鬼数”

$part.3$ 步骤实现

$1.$ 预处理

我们设$F[i,3]$表示由i位数字构成的魔鬼数有多少个，
$F[i,j](0\le j\le 2)$ 表示由$i$位数字构成，开头已经有连续$j$个6的非魔鬼数有多少个。（注意：在计算F时，我们允许前导0存在）。

实际上，在这里**$F[i,3]$ 与 $F[i,j]$具有的含义是不同的。所以这两者不是以同一种方式转移的**

对于F [$i,3$] :它代表的是由$i$位数字组成含有连续3个6的总方案数，这里的6并不一定从第$i$位开始，

然而对于F [$i,j$] :它代表的是从第$i$位开始的有$j$个6的方案数。

那么，在考虑第$i$位（最高位）是什么数字时，易得转移方程：

• $F[i,0]$ = $9\times$($F[i-1,0]+F[i-1,1]+F[i-1,2])$
• $F[i,1]=F[i-1,1]$
• $F[i,2]=F[i-1,2]$

简要概述一下上述转移方程：

首先，对于$j=0$ 的情况，即第$i$位不放6，此时第$i$位可以考虑从$0\sim 9$除6以外的所有情况，此时一共有9种选择，而$i-1$位往后，无论选了一个6 $or$ 两个6都可以向此状态转移。

其次，再考虑$j=1$与$j=2$的情况，此时就很显然第$i-1$位必须选一个或者两个，不过多赘述。

$Lastnottheleast$

$F[i,3]$的转移就不一样了，它又该分2种情况讨论：

首先，是三个6从第$i$位开始往下排，此时应该显然由$F[i-1,2]$的方案数转移过来，
然后由于还要继承前$i-1$位的方案数，
又由于第$i$位从$0\sim 9$都可以选，且不会与之前重复，所以应该是$10\times F[i-1,3]$

至此，完成动态规划后，预处理就完成了，我们就可以开开心心，快快乐乐的进入下一步了。

$2.$ 试填法 解决问题

至此我们从左到右依次考虑每一位，同时记录当前末尾已经有连续的几个6。
从小到大枚举当前数位填的数字，通过预处理的$F$数组来直接计算魔鬼数的个数，与$X$比较即可。

下面就是激动人心的上代码时间了$!$

$ part.3$ $Code$

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
ll f[22][4];//
int T,x;
int main() {
    
    
    scanf("%d",&T);
    f[0][0]=1;
    for(int i=1; i<=20; i++) {
    
    //DP预处理
        f[i][0]=9*(f[i-1][0] + f[i-1][1] + f[i-1][2]);
        f[i][1]=f[i-1][0];
        f[i][2]=f[i-1][1];
        f[i][3]=f[i-1][2]+10*f[i-1][3];
    }

    while(T--) {
    
    
        int m=0;
        scanf("%d",&x);
        for(m=3; f[m][3]<x; m++);//枚举来确定第X个魔鬼数的位数m;
        int k=0;//k表示从i+1位向前有连续k个6；
        for(int i=m; i>=1; i--)
            for(int j=0; j<=9; j++) {
    
    
                ll cnt=f[i-1][3];//前i位且第i位为j时的总的方案数； 
                if(j==6 || k==3)
                    for(int l=max(3-k-(j==6),0); l<3; l++) 
                        cnt+=f[i-1][l];
                if(cnt<x)//如果cnt比x小，说明当前位的j小于答案，进行累积并进入下一层； 
                    x-=cnt;
                else {
    
    //否则，可确定j为当前的答案； 
                    if(k<3) {
    
    //当k大于三等于的时候后面无论怎样都是魔鬼数了，就不用考虑当前是否为6了，可以直接记录答案
                        if(j==6)
                            k++;
                        else
                            k=0;
                    }
                    printf("%d",j);
                    break;
                }
            }
        puts("");
    }
}

$P.S$

这是本蒟蒻的第一篇题解，写出来还是很激动的，看着这一篇完完整整的题解，很有成就感。谨以这一篇题解纪念我接近两年的$OI$生涯吧。（估计考完就退役了）

还有最后7天就要参加$CSP-S$的比赛了，希望$RP++!!!$