【动态规划の数位DP】数位DP的经典运用

题目描述

这是 LeetCode 上的 1012. 至少有 1 位重复的数字 ，难度为 困难。

Tag : 「动态规划」、「数位 DP」、「容斥原理」

给定正整数 $n$，返回在 $[1, n]$ 范围内具有 至少 1 位 重复数字的正整数的个数。

示例 1：

输入：n = 20

输出：1

解释：具有至少 1 位重复数字的正数（<= 20）只有 11 。

示例 2：

输入：n = 100

输出：10

解释：具有至少 1 位重复数字的正数（<= 100）有 11，22，33，44，55，66，77，88，99 和 100 。

示例 3：

输入：n = 1000

输出：262

提示：

• $1 <= n <= 10^9$

数位 DP

首先 $[1, n]$ 共有 $n$ 个数，而求解 $[1, n]$ 范围内有多少个「至少有 $1$ 位重复数字」的数的个数，等价于「总数 $n$」减去「没有重复数的数的个数」。

于是问题转换为：如何求解「没有重复数」的数的个数，同时为了更具一般性，我们将求解 $[1, n]$ 范围内「没有重复数」的数的个数，修改为求解 $[0, n]$ 范围内「没有重复数」的数的个数。

即将问题转换为 (题解) 357. 统计各位数字都不同的数字个数 中的进阶部分。

假定我们存在函数 int dp(int x) 函数，能够返回区间 $[0, x]$ 内合法数的个数，那么配合「容斥原理」我们便能够回答任意区间合法数的查询：

$$
ans_{(l, r)} = dp(r) - dp(l - 1)
$$

然后考虑如何实现 int dp(int x) 函数，我们将组成 $[0, x]$ 的合法数分成三类：

• 位数和 $x$ 相同，且最高位比 $x$ 最高位要小的，这部分统计为 res1；
• 位数和 $x$ 相同，且最高位与 $x$ 最高位相同的，这部分统计为 res2；
• 位数比 $x$ 少，这部分统计为 res3。

其中 res1 和 res3 求解相对简单，重点落在如何求解 res2 上。

对 $x$ 进行「从高到低」的处理（假定 $x$ 数位为 $n$），对于第 $k$ 位而言（$k$ 不为最高位），假设在 $x$ 中第 $k$ 位为 $cur$，那么为了满足「大小限制」关系，我们只能在 $[0, cur - 1]$ 范围内取数，同时为了满足「相同数字只能使用一次」的限制，我们需要使用一个 int 变量 $s$ 来记录使用情况（用 $s$ 的低十位来代指数字 $[0, 9]$ 是否被使用），统计 $[0, cur - 1]$ 范围内同时符合两个限制条件的数的个数，记为 $cnt$。

当第 $k$ 位有 $cnt$ 种合法选择之后，后面的位数可以在满足「相同数字只能使用一次」的限制条件下任意选择（因为大小关系已经由第 $k$ 位保证），为了快速知道剩下的 $n - k$ 位有多少种方案，我们还需要预处理乘积数组，其中 $f[l][r]$ 代表 $l (l + 1) ... (j - 1) j$ 的乘积之和。

上述讲解若是觉得抽象，我们可以举个 ?，假设 $x = 678$，我们该如何求解 res2：由于限定了 res2 为「位数和 $x$ 相同，且最高位与 $x$ 最高位相同的」的合法数个数，因此最高位没有选，只能是 $6$，然后考虑处理次高位，次高位在 $x$ 中为 $7$，为了满足大小关系，我们只能在 $[0, 6]$ 范围内做限制，同时由于 $6$ 已用过，因此次高位实际只有 $[0, 5]$，共 $6$ 种选择，当确定次高位后，后面的位数任意取，由于前面已经填充了 $p = 2$ 位（即消耗了 $p$ 个不同数字），因此从后面的位数开始应该是 $a = 10 - p$ 开始往后自减累乘到 $b = (10 - p) - (n - p) + 1$ 为止，即此时方案数为 $cnt * f[b][a]$（当前位不是最低位）或者 $cnt$（当前位是最低位）。按照此逻辑循环处理所有位数即可，直到遇到重复数值或正常结束。

需要说明的是，上述的举例部分只是为方便大家理解过程，看懂了举例部分不代表理解了数位 DP 做法成立的内在条件，阅读的重点还是要放在前面加粗字体部分，只会使用样例理解算法永远不是科学的做法。

其他细节：乘积数组的预处理与样例无关，我们可以使用 static 进行打表优化，同时可以将 res1 和 res2 两种情况进行合并。

代码：

class Solution {
    // f[l][r] 代表 i * (i + 1) * ... * (j - 1) * j
    static int[][] f = new int[10][10];
    static {
        for (int i = 1; i <10; i++) {
            for (int j = i; j <10; j++) {
                int cur = 1;
                for (int k = i; k <= j; k++) cur *= k;
                f[i][j] = cur;
            }
        }
    }
    int dp(int x) {
        int t = x;
        List nums = new ArrayList<>();
        while (t != 0) {
            nums.add(t % 10);
            t /= 10;
        }
        int n = nums.size();
        if (n <= 1) return x + 1; // [0, 9]
        // 位数和 x 相同（res1 + res2）
        int ans = 0;
        for (int i = n - 1, p = 1, s = 0; i >= 0; i--, p++) {
            int cur = nums.get(i), cnt = 0;
            for (int j = cur - 1; j >= 0; j--) {
                if (i == n - 1 && j == 0) continue;
                if (((s >> j) & 1) == 0) cnt++;
            }
            int a = 10 - p, b = a - (n - p) + 1;
            ans += b <= a ? cnt * f[b][a] : cnt;
            if (((s >> cur) & 1) == 1) break;
            s |= (1 <