2019-2020 ICPC Asia Hong Kong Regional Contest J题

最新推荐文章于 2025-04-11 19:27:13 发布

South-twilight

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本文介绍了一种使用数位动态规划（数位DP）的方法来解决涉及极大数值的问题。具体探讨了如何通过优化状态表示减少内存消耗，并提供了一个实际的代码示例。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意：给定一个数x（ $x<=10^{5000}$ ）， $d (x, i)$ 表示 $x$ 的第 $i$ 位数字，令 $\sum_{i=1}^{k-1}{\sum_{j=i+1}^{k}{d(x,i)*d(x,j)}}$ 。
求 $[L, R]$ 中，满足 $\equiv {f(x) \ mod \ m}$ 的 $x$ 个数。
$L,R<=10^{5000}，m<=60$

思考：
这道题很明显 $f (x)$ 的意义是任意两位数位的积，而且x很大。很容易联想到数位dp。
所谓数位dp，其实就是优雅的暴力。用dp数组保存状态，以记忆化的方式保存那些会反复用到的值。
这里用 $d p [i] [j] [k] [l]$ 表示前 $i$ 位数位，前缀和为 $j$ ，前 $i$ 位数位的 $f (x)$ 为 $k$ ，前 $i$ 位的x为 $l$ 。我们稍微计算一下空间 $5000 * 60 * 60 * 60 = 1 e 8$ ，好像空间已经超了。考虑如何优化一下。
由于我们只关注 $f (x)$ 与 $x$ 的差值，那么可以将最后两维合并为一维。使用 $d p [i] [j] [k]$ 代表前 $i$ 位数位，前缀和为 $j$ ，前 $i$ 位数位的 $f (x) - x$ 为 $k$ 。
这里附上代码：

int dfs(int now, int psum, int div, int tp){
	if(now == len + 1) return div == 0;
	if(dp[now][psum][div] != -1 && !tp) return dp[now][psum][div];
	int res = 0;
	For(i, 0, tp ? a[now] : 9)
		res = (res + dfs(now+1, (psum + i) % m, (div + i * (psum -  ten[now] + m)) % m, tp && (i==a[now]))) % mod;
	if(!tp) dp[now][psum][div] = res;
	return res;
}

这里 $d p [i] [j] [k]$ 记录的是当前第 $i$ 位没有限制的条件下（大小限制），这个状态的后续状态的方案数。因为有限制的时候，由于限制，后面的数位不能都取到 $9$ ，后续状态的方案数也和没有限制的不一样，且这个不一样的方案数只会被用一遍。而没有限制的则可以被使用多遍，故记忆化保存没有限制的。当然，也可以增加一维专门用来保存是否是限制状态，这个也是可行的。

#include<bits/stdc++.h>
#define For(aa, bb, cc) for(int aa=(bb); aa<=(int)(cc); ++aa)
#define Forr(aa, bb, cc) for(int aa=(bb); aa>=(int)(cc); --aa)
using namespace std;
const int maxn=5e3+10,mod=1e9+7;
int m;
int dp[maxn][61][61];//前i位, 前缀为j, fx与x差为 k
int ten[maxn];
int a[maxn], len;

int dfs(int now, int psum, int div, int tp){
	if(now == len + 1) return div == 0;
	if(dp[now][psum][div] != -1 && !tp) return dp[now][psum][div];
	int res = 0;
	For(i, 0, tp ? a[now] : 9)
		res = (res + dfs(now+1, (psum + i) % m, (div + i * (psum -  ten[now] + m)) % m, tp && (i==a[now]))) % mod;
	if(!tp) dp[now][psum][div] = res;
	return res;
}

int solve(){
	ten[len] = 1 % m;
	Forr(i, len - 1, 1) ten[i] = ten[i + 1] * 10 % m;
	For(i, 1, len + 1) For(j, 0, m - 1) For(k, 0, m - 1) dp[i][j][k] = -1;
	return dfs(1, 0, 0, 1);
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("in.txt", "r", stdin);
	freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
	int _;
	scanf("%d", &_);
	while(_--){
		char s[maxn];
		int lenl, lenr, L[maxn], R[maxn];
		scanf("%s", s+1);
		lenl = strlen(s+1);
		For(i, 1, lenl) L[i] = s[i] - '0';
		scanf("%s", s+1);
		lenr = strlen(s+1);
		For(i, 1, lenr) R[i] = s[i] - '0';
		int pos = lenl; 
		--L[pos];
		while(L[pos] < 0) L[pos] += 10, --L[pos-1], --pos;
		if(!L[1]){
			--lenl;
			For(i, 1, lenl) L[i] = L[i+1];
		}
		//For(i, 1, lenr) cout << R[i]; cout << endl;
		//For(i, 1, lenl) cout << L[i]; cout << endl;
		scanf("%d", &m);
		len = lenr;
		For(i, 1, len) a[i] = R[i];
		int r = solve();
		len = lenl;
		For(i, 1, len) a[i] = L[i];
		int l = solve();
		printf("%d\n", (r - l + mod) % mod);
	}
	return 0;
}