【动态规划の数位 DP】一文详解通用「数位 DP」求解思路

题目描述

这是 LeetCode 上的「902. 最大为 N 的数字组合」，难度为「困难」。

Tag : 「动态规划」、「二分」、「数位 DP」

给定一个按 非递减顺序 排列的数字数组 digits。你可以用任意次数 digits[i] 来写的数字。例如，如果 digits = [1,3,5] ，我们可以写数字，如 '13', '551', 和 '1351315'。

返回 可以生成的小于或等于给定整数 n 的正整数的个数 。

示例 1：

输入：digits = ["1","3","5","7"], n = 100

输出：20

解释：
可写出的 20 个数字是：
1, 3, 5, 7, 11, 13, 15, 17, 31, 33, 35, 37, 51, 53, 55, 57, 71, 73, 75, 77.

示例 2：

输入：digits = ["1","4","9"], n = 1000000000

输出：29523

解释：
我们可以写 3 个一位数字，9 个两位数字，27 个三位数字，
81 个四位数字，243 个五位数字，729 个六位数字，
2187 个七位数字，6561 个八位数字和 19683 个九位数字。
总共，可以使用D中的数字写出 29523 个整数。

示例 3:

输入：digits = ["7"], n = 8

输出：1

提示：

• 1 <= digits.length <= 9
• digits[i].length == 1
• digits[i] 是从 '1' 到 '9' 的数
• digits 中的所有值都 不同
• digits 按 非递减顺序 排列
• 1 <= n <= 10^9

数位 DP + 二分

这是一道「数位 DP」的经典运用题。

由于题目给定的 digits 不包含 0 ，因此相当于只需要回答使用 digits 的数值能够覆盖 [1, x] 范围内的多少个数字。

起始先将字符串数组 digits 转为数字数组 nums，假定 nums 的长度为 m ，然后考虑如何求得 [1, x] 范围内合法数字的个数。

假定我们存在函数 int dp(int x) 函数，能够返回区间 [1, 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) 对于本题，查询区间的左端点固定为 1 ，同时 dp(0) = 0 ，因此答案为 dp(x) 。

然后考虑如何实现 int dp(int x) 函数，我们将组成 [1, 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 [1, cur - 1] 范围内取数，同时为了满足「数字只能取自 nums」的限制，因此我们可以利用 nums 本身有序，对其进行二分，找到满足 nums[mid] <= cur 的最大下标 r ，根据 nums[r] 与 cur 的关系进行分情况讨论：

• nums[r] = cur : 此时位置 k 共有 r 种选择，而后面的每个位置由于 nums[i] 可以使用多次，每个位置都有 m 种选择，共有 n - p 个位置，因此该分支往后共有 r * m^{n - p} 种合法方案。且由于 nums[r] = cur ，往后还有分支可决策（需要统计），因此需要继续处理；
• nums[r] < cur ：此时算上 nums[r] ，位置 k 共有 r + 1 种选择，而后面的每个位置由于 nums[i] 可以使用多次，每个位置都有 m 种选择，共有 n - p 个位置，因此该分支共有 (r + 1) * m^{n - p} 种合法方案，由于 nums[r] < cur ，往后的方案数（均满足小于关系）已经在这次被统计完成，累加后进行 break；
• nums[r] < cur ：该分支往后不再满足「大小限制」要求，合法方案数为 0 ，直接 break。

其他细节：实际上，我们可以将 res1 和 res2 两种情况进行合并处理。

代码：

class Solution {
    int[] nums;
    int dp(int x) {
        List<Integer> list = new ArrayList<>();
        while (x != 0) {
            list.add(x % 10);
            x /= 10;
        }
        int n = list.size(), m = nums.length, ans = 0;
        // 位数和 x 相同
        for (int i = n - 1, p = 1; i >= 0; i--, p++) {
            int cur = list.get(i);
            int l = 0, r = m - 1;
            while (l < r) {
                int mid = l + r + 1 >> 1;
                if (nums[mid] <= cur) l = mid;
                else r = mid - 1;
            }
            if (nums[r] > cur) {
                break;
            } else if (nums[r] == cur) {
                ans += r * (int) Math.pow(m, (n - p));
                if (i == 0) ans++;
            } else if (nums[r] < cur) {
                ans += (r + 1) * (int) Math.pow(m, (n - p));
                break;
            }
        }
        // 位数比 x 少的
        for (int i = 1, last = 1; i < n; i++) {
            int cur = last * m;
            ans += cur; last = cur;
        }
        return ans;
    }
    public int atMostNGivenDigitSet(String[] digits, int max) {
        int n = digits.length;
        nums = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) nums[i] = Integer.parseInt(digits[i]);
        return dp(max);
    }
}

• 时间复杂度：由于 digits 最多存在 9 个元素，因此二分的复杂度可以忽略，整体复杂度为O(\log{n})
• 空间复杂度：O(C)

总结

数位 DP 的难度取决于「限制条件」的多少，而 LC 上仅有的几道数位 DP 题目限制条件都很少，且不需要引入额外的数据结构来记录状态，因此都属于数位 DP 的入门难度（LC 难度均为 Hard）。

几乎所有的数位 DP 问题都可以归纳到上述的解法 :「将问题抽象为求解一个 [0, x] /[1, x] 范围方案数的方法」->「对方案数统计根据 位数 来分情况讨论：数位相等的情况 + 数位不等情况」->「统计数位相等的方案数时，需要按位处理，并根据限制条件做逻辑；统计数位不等的方案数时，通常要做一些预处理，然后配合乘法原理直接算得」。

在还没卷到数位 DP 烂大街的现在，掌握此类求解方式单一，普遍定位为「困难」的数位 DP 类型，还是极具性价比的。

在「动态规划の数位 DP」这个系列，我会带大家把 LC 上所有「数位 DP」类型的题目都做一遍。

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.902 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

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