2023大厂真题提交网址(含题解):

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题目大意:

题目地址

让你求出$[l,r]$中满足①数位中不含7的数②数位之和不是7的倍数③数本身不是7的倍数 的所有数的平方和.

题目思路:

这个题算是一个数位dp好题了。他让我对数位dp的过程有了一个更深刻的看法。

其他很简单,难点在于平方和.先将数位映射到树上。

1.以往让我们求区间合法的数的个数 等同于 求树上叶子节点个数

2.现在要求区间$[1,n]$的每个数的和，如何做?

还是映射到树上。因为我们数位dp的本质就是将每个数按位拆分，而且每个数位状态代表树上一个节点,即任意一个$dp(i,j,k)$代表以树上该节点为根的子树的答案/贡献.然后考虑转移。

假设某状态$(i,j)$代表前i位,是否顶到上界，该节点放置数位$d$.要求它的贡献。那该颗子树所代表的数的个数即为叶子节点个数.假设为$k$.再假设这些数是: { x 1 , x 2 , . . . , x k } {x_1,x_2,...,x_k} {x1​,x2​,...,xk​}.转移就是在每个数前面（最高位）要添加一个数位$i$.那最终答案(dp值)为:$(x_1+d\ast 10^p)+(x_2+d\ast 10^p)+...+(x_k+d\ast 10^p)$。

稍微变形可得:${\sum }_{i=1}^k{x}_i+{\sum }_{i=1}^{k}d\ast 10^p$.

前半部分就是下一个阶段的$dp$值,后半部分的$k$(即合法数的个数，即叶子节点个数)我们需要额外开一个数组$g$去维护.

3.现在要求区间$[1,n]$的每个数的平方和，如何做?

分析套路和上面一模一样,假设平方和答案为$f$数组。那么最终答案为$(x_1+d\ast 10^p{)}^2+(x_2+d\ast 10^p{)}^2+...+(x_k+d\ast 10^p{)}^2$

稍微变形可得：

$原式={\sum }_{i=1}^k(x_i^2+d^{2}10^{2p}+2\ast x_i\ast d\ast 10^p)$
$=f(i-1)+g(i-1)\ast d^{2}10^{2p}+2\ast d\ast 10^p\ast dp(i-1)$

所以这个部分维护$dp,g,f$分别代表合法数的个数,累和,平方和即可.

心得:

分析数位dp问题的时候脑子里装一颗树即可。

AC代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
#define fi first
#define se second
const int maxn = 1e6 + 5;
const int mx = 7;
const int mod = 1e9 + 7;
string xx;
ll p[55] , p2[55];
struct Node
{
    ll num , sum , ssum; // 个数 , 和 , 平方和
}dp[20][2][8][8];
Node dfs (int step , int lim , int pre1 , int pre2)
{
    if (step == -1) return {pre1 && pre2 , 0 , 0};
    Node &x = dp[step][lim][pre1][pre2];
    if ( ~x.num ) return x;
    int up = lim ? xx[step] - '0' : 9;
    Node ans = {0,0,0};
    for (ll i = 0 ; i <= up ; i++){
        // ① 数位中不能出现7
        if (i == 7) continue;
        Node tmp = dfs(step - 1 , lim && i == up , (pre1 + i)%mx, (pre2 + i * p2[step]%mx)%mx);
        ans.num = (ans.num + tmp.num) % mod;
        ans.sum = (ans.sum + tmp.sum) % mod; // 来自子树的贡献
        ans.sum = (ans.sum + i * p[step]%mod * tmp.num%mod); // 节点的贡献

        // 三个部分
        ans.ssum = (ans.ssum + i * i%mod * p[2 * step]%mod * tmp.num %mod)%mod;
        ans.ssum = (ans.ssum + tmp.ssum)%mod;
        ans.ssum = (ans.ssum + 2 * i % mod * p[step] % mod * tmp.sum %mod)%mod;
    }
    return x = ans;
}
ll solve (ll x)
{
    memset(dp , -1 , sizeof dp);
    xx = to_string(x);
    reverse(xx.begin() , xx.end());
    return dfs(xx.size() - 1 , true , 0 , 0).ssum;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    int t; cin >> t;
    p[0] = p2[0] = 1;
    for (int i = 1 ; i <= 50 ; i++){
        p[i] = p[i - 1] * 10 % mod;
        p2[i] = p2[i - 1] * 10 % mx;
    }
    while (t--){
        ll l , r; cin >> l >> r;
        cout << (solve(r) - solve(l - 1) + mod)%mod << endl;
    }
    return 0;
}

最后

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