你肯定以为DP专练会有很多题，

但是请考虑一下本仙女的DP码力，一次性能更几个题。。。

来吧，别害怕呀~~

大理石

题目

林老师是一位大理石收藏家，他在家里收藏了n块各种颜色的大理石，第i块大理石的颜色为ai。但是林老师觉得这些石头在家里随意摆放太过凌乱，他希望把所有颜色相同的石头放在一起。换句话说，林老师需要对现有的大理石重新进行排列，在重新排列之后，对于每一个颜色j，如果最左边的颜色为j的大理石是第l块大理石，最右边的颜色为j的大理石是第r块大理石，那么从第l块大理石到第r块大理石，这些石头的颜色都为j。

由于这些大理石都比较重，林老师无法承受这些大理石的重量太久，所以他每次搬运只能交换相邻的两块大理石。请问，林老师最少需要进行多少次搬运？

输入格式
第一行输入一个数字n（2≤n≤4*10^5），表示大理石的总数。
第二行输入n个数字a1，a2…,an（1≤ai≤20）表示第i块大理石的颜色为ai。
输出格式
输出林老师最少需要搬运的次数。

样例
样例输入 1
7
3 4 2 3 4 2 2
样例输出 1
3
样例输入 2
5
20 1 14 10 2
样例输出 2
0
样例输入 3
13
5 5 4 4 3 5 7 6 5 4 4 6 5
样例输出 3
21

题解

刚上来就这么猛滴吗！！！
我们从数据范围入手，看看n的范围，啧啧啧
明显不想让我们用暴力两两交换，O(N²)必定炸嗨，对此我只想说↓

再观察颜色1~20，是不是太小了，这在暗示我们什么，是什么！！
状压DP啊，wahahahaah→疯子

进入正解
搞成二进制，i位如果为1表示这个颜色已经被我们堆成一堆
反之则仍需处理

首先应该明白，假设i在j左边，
把i往右移到j右边，其实相当于把j左移
所以为了方便我们就统一方向，向左看（口令）~~←

本大大是枚举情况i，如果j位上面是1，
我就找到上一次状态pre，即j还未被堆在一起的状态
见代码?

if ( i & ( 1 << j ) )
pre = i - ( 1 << j )

那么DP就出来了：
$dp[i]=min(dp[i],dp[pre]+cost)$

其实这道题的难点就是如何突破这个cost
突破了就直接状压板子走一遭，路迢迢
我们直接统计i，j表示i，j两种颜色，现在要将j颜色移动到i颜色前面
cost[i][j]其实就要加上对于每一个j颜色石头所在的位置前面有多少个颜色i的石头
因为每一个j都要与它前面的每一个i交换，彼此路过，擦肩而过后的心动，好浪漫

其实刚开始我也在思考为什么是颜色个数，
而不是找到i，j位置然后加上（j-i+1）的距离

后来我想懂了，因为是两两紧紧挨着交换，
如果存在一个颜色i，另一个颜色j的两个石头，中间有其他乱入棒打鸳鸯 的颜色
那么我们也会用cost计算出i，k和j，k交换的个数，
然后再这之前又会计算出i，l和l，k直到两个石头是紧密相连，心心相通为止
而将这些相加其实就刚好是答案

代码实现

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define LL long long
#define MAXN 400005
#define COLOR 21
int n, Max;
int a[MAXN], tot[COLOR];
LL cost[COLOR][COLOR], dp[1 << COLOR];
int main() {scanf ( "%lld", &n );for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf ( "%d", &a[i] );Max = max ( Max, a[i] );-- a[i];}for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {tot[a[i]] ++;for ( int j = 0;j < Max;j ++ )cost[j][a[i]] += tot[j];}for ( int i = 1;i < ( 1 << Max );i ++ )dp[i] = ( 1ll << 60 );dp[0] = 0;for ( int i = 0;i < ( 1 << Max );i ++ )for ( int j = 0;j < Max;j ++ )if ( i & ( 1 << j ) ) {LL val = 0;int pre = i - ( 1 << j );for ( int k = 0;k < Max;k ++ )if ( pre & ( 1 << k ) )val += cost[j][k];dp[i] = min ( dp[i], dp[pre] + val );}printf ( "%lld", dp[( 1 << Max ) - 1] );return 0;
}

数字计数

题目

给定两个正整数a 和 b，求在 [a,b] 中的所有整数中，每个数码 (digit) 各出现了多少次。

输入格式
仅包含一行两个整数a,b ，含义如上所述。
输出格式
包含一行 10个整数，分别表示 0~9 在[a,b] 中出现了多少次。

样例
样例输入
1 99
样例输出
9 20 20 20 20 20 20 20 20 20
数据范围与提示
30% 的数据中，1≤a≤b≤10⁶；
100%的数据中，1≤a≤b≤10¹²。

题解

WOO！这道题，不得了，不得了，给俺整疯了！
话不多说，这道题求[a,b]一般这种区间题，我们都要用到一点点差分思想
将其转化为$[1,b]-[1,a-1]$
我们先算出所有的情况个数，包含前导零，后面我们再来✂前导零
设dp[i][j][k]表示位数为i时以j开头的值为k的个数
$dp[i][j][k]=dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k]$$(j!=k)$
$dp[i][j][k]=dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k]+pow(10,i-1))$$(j==k)$
为什么要加上10^i-1，
简单解释：当以j开头的时候后面一共有10^i-1种情况，这个时候j都作为最高位+1

最后就开始统计即可
1)统计出位数从1——最高位数len-1，这些都是满足的，
但是注意这些情况的统计都不能以0作为最高位，排除掉前导零
2）统计出位数为len，从1——len位数上的值digit[len]-1，这些也是满足的，
注意这个时候的统计，第二重循环j就可以以0开头，反正前面有len的值给我们撑腰
3）接着就是将2）情况以此类推，对于位数为i的，
固定从1——i位数上的值digit[i]-1,然后加上后面所有的0~9符合情况的个数
最后再说一个注意点：后面代码的取模操作，举例说明：
1234，固定1，就是234，1的出现次数要加上234+1，
即统计了1000~1234中的最高位1出现次数

好了，看代码吧，我口胡不行了。。。

代码实现

#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
#define LL long long
#define MAXN 15
LL a, b;
LL dp[MAXN][MAXN][MAXN];
LL ans[MAXN];
int digit1[MAXN], digit2[MAXN];
int main () {scanf ( "%lld %lld", &a, &b );-- a;int num1 = 0, num2 = 0;LL t = a;while ( t ) {digit1[++ num1] = t % 10;t /= 10;}t = b;while ( t ) {digit2[++ num2] = t % 10;t /= 10;}for ( int i = 1;i <= num2;i ++ )for ( int j = 0;j <= 9;j ++ )for ( int k = 0;k <= 9;k ++ ) {for ( int Q = 0;Q <= 9;Q ++ )dp[i][j][k] += dp[i - 1][Q][k];if ( j == k ) dp[i][j][k] += ( LL ) pow ( 10, i - 1 );}if ( a ) {	for ( int i = 1;i < num1;i ++ )//所有小于num1长度的i,肯定不能以0开头 for ( int j = 1;j <= 9;j ++ )for ( int k = 0;k <= 9;k ++ )ans[k] -= dp[i][j][k];for ( int j = 1;j < digit1[num1];j ++ )for ( int k = 0;k <= 9;k ++ )ans[k] -= dp[num1][j][k];a %= ( LL ) pow ( 10, num1 - 1 );ans[digit1[num1]] -= ( a + 1 );for ( int i = num1 - 1;i > 0;i --  ) {for ( int j = 0;j < digit1[i];j ++)for ( int k = 0;k <= 9;k ++ )ans[k] -= dp[i][j][k];a %= ( LL ) pow ( 10, i - 1 );ans[digit1[i]] -= ( a + 1 );}}if ( b ) {for ( int i = 1;i < num2;i ++ )for ( int j = 1;j <= 9;j ++ )for ( int k = 0;k <= 9;k ++ )ans[k] += dp[i][j][k];for ( int j = 1;j < digit2[num2];j ++ )for ( int k = 0;k <= 9;k ++ )ans[k] += dp[num2][j][k];b %= ( LL ) pow ( 10, num2 - 1 );ans[digit2[num2]] += ( b + 1 );for ( int i = num2 - 1;i > 0;i -- ) {for ( int j = 0;j < digit2[i];j ++ )for ( int k = 0;k <= 9;k ++ )ans[k] += dp[i][j][k];b %= ( LL ) pow ( 10, i - 1 );ans[digit2[i]] += ( b + 1 );}}for ( int i = 0;i <= 9;i ++ )printf ( "%lld ", ans[i] );return 0;
} 

好了，我已经弹尽粮绝了，撤了