洛谷P3281 数位dp

最新推荐文章于 2022-10-13 15:34:13 发布

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#动态规划

题意：

给出一个进制 $B$ ，一个 $B$ 进制下的区间 $[L, R]$ ，定义 $f(i_{B})$ 为 $i$ 的十进制的数 $i_{10}$ 的所有子串形成的新数字的总和，例如 $f(10_{10})=1+0+10=11$ ，求 $∑iB=LRf(i)\sum_{i_{B}=L}^{R}f(i)$

Solution：

一个非常麻烦的数位 $d p$ ，按照数位 $d p$ 的一般套路，都是计算 $[0, r] - [0, l - 1]$

按照数位 $d p$ 的方法，不妨先考虑加入一个数新产生的贡献是多少？

设 $A$ 是一个数， $B$ 是一个数， $A B$ 在下面都表示为首尾拼接的数，例如 $A = 10, B = 35$ ，则 $A B = 1035$ ，并且约定说数位的第几位是从低权位开始数的，比如 $1234$ 的第3位是2

设 $f_{sx}$ 为拼接数 $s x$ 的贡献，并且 $x$ 为单数码数，给 $s$ 拼接上 $x$ ，产生的贡献应该是所有新的后缀代表的数的和，新的后缀是在原来后缀的基础上形成的，于是有

$f_{sx}=B\times f_{s}+x\times (l_{s}+1)$

其中 $l_{s}$ 是其中一个 $s$ 数的长度，按照数位 $d p$ 的思路，在 $i$ 位放置 $x$ ，他能产生作用的是前面所能形成的所有数，于是

$f_{sx}=B\times f_{s}+x\times (totlen_{s}+tot_{s})$

其中 $totlen_{s}$ 是可以是 $s$ 的所有数的长度和， $tot_{s}$ 是可以是 $s$ 的数的后缀数量和，同时按照数位 $d p$ ，我们将是否卡上界分开考虑，设 $f [i] [0]$ 是放置了第 $i$ 位，前 $i$ 位不卡上界的贡献， $f [i] [1]$ 则是卡上界的贡献，接下来的 $d p$ 数组皆是如此，并且 $d p$ 放置数码顺序时从高权位向低权位放置。接下来的 $s x$ 为拼接数方式说明，在 $i + 1$ 基础上讨论 $i$ 就等价于 $s$ 基础上拼接 $x$

于是

$f[i][0]=\sum_{x=0}^{B-1}(B\times f[i+1][0]+x\times(totlen[i+1][0]+tot[i+1][0]+1))+\sum_{x=0}^{nums[i]-1}(B\times f[i+1][1]+x\times (totlen[i+1][1]+tot[i+1][1]))$

$f[i][1]=\sum_{x=nums[i]}^{nums[i]}(B\times f[i+1][1]+x\times (totlen[i+1][1]+tot[i+1][1]))$

其中 $f [i] [0]$ 的第一个求和中最后一项的最后一项+1的缘故是，需要考虑当前位置放置第一个非0数码，前面放置前导0的情况，此时对于每个 $x$ 都贡献一个 $x$ 的量，之后化简可得

$f[i][0]=B^{2}\times f[i+1][0]+\frac{B\times(B-1)}{2}\times(totlen[i+1][0]+tot[i+1][0]+1)+B\times nums[i]\times f[i+1][1]+\frac{nums[i]\times(nums[i]-1)}{2}\times(totlen[i+1][1]+tot[i+1][1])$

$f[i][1]=B\times f[i+1][1]+nums[i]\times (totlen[i+1][1]+tot[i+1][1])$

我们接着考虑如何转移 $t o t$ 与 $t o tl e n$

拼接之后的 $t o t$ 是在原有的后缀数量得到的，每个后缀与一个 $x$ 新生成一个，同时，当我们不卡上界时，我们可以在当前位置放置第一个非0数码，前面所有放置位置为前导0，即

$tot[i][0]=\sum_{x=0}^{B-1}tot[i+1][0]+\sum_{x=0}^{nums[i]-1}tot[i+1][1]+B-1$

$tot[i][1]=\sum_{x=nums[i]}^{nums[i]}tot[i+1][1]=tot[i+1][1]$

其中，在当前位置放置第一个非0数码的情形本来是 $B$ 种，但是由于此时计算不卡上界，所以需要-1

$t o tl e n$ 同样是在原来的后缀总长度上得到的，每个后缀与一个 $x$ 拼接，长度+1。每个 $x$ 能与 $t o t [i + 1] [0/1]$ 个后缀拼接，这 $t o t [i + 1] [0/1]$ 个后缀的总长度为 $t o tl e n [i + 1] [0/1]$ ，于是

$totlen[i][0]=\sum_{x=0}^{B-1}(totlen[i+1][0]+tot[i+1][0])+\sum_{x=0}^{nums[i]-1}(totlen[i+1][1]+tot[i+1][0]+B-1)$

$totlen[i][1]=\sum_{x=nums[i]}^{nums[i]}(totlen[i+1]+tot[i+1][1])$

其中 $B - 1$ 的解释是与 $t o t$ 转移的是一样的，这里就不计算化简了。

最后如何统计答案

设 $g_{sx}$ 为拼接数 $s x$ 的答案，显然他的答案包括两部分，前面的答案 $g_{s}$ 与拼接 $x$ 的贡献，即

$g_{sx}=g_{s}+f_{sx}$

每个 $x$ 都可以贡献上 $g_{s}$ ，于是

$g[i][0]=\sum_{x=0}^{B-1}(g_{s}+dev_{x})+\sum_{x=0}^{nums[i]}(g_{s}+dev_{x})$

其中 $dev_{x}$ 即添加一个特定 $x$ 的贡献，我们已经计算有

$f[i][0]=\sum_{x=0}^{B-1}dev_{x}+\sum_{x=0}^{nums[i]-1}dev_{x}$

于是

$g[i][0]=B\times g[i+1][0]+nums[i]\times g[i+1][1]+f[i][0]$

同理可得

$g[i][1]=\sum_{x=nums[i]}^{nums[i]}(g[i+1][1]+dev_{x})$

化简即

$g[i][1]=g[i+1][1]\times 1+f[i][1]$

于是分别计算 $[0, r]$ 与 $[0, l - 1]$ 即可

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

using ll=long long;
const int N=100005;
const long long mod=20130427;

ll tot[N][2],totlen[N][2],g[N][2],f[N][2],B;

inline ll calc(int k){
	return 1ll*k*(k-1)/2%mod;
}

inline void mmod(ll &k){
	k=(k%mod+mod)%mod;
}

ll solve(ll *nums,int n)
{
	memset(tot,0,sizeof(tot));
	memset(totlen,0,sizeof(totlen));
	memset(g,0,sizeof(g));
	memset(f,0,sizeof(f));
	tot[n][0]=nums[n]-1; tot[n][1]=1;
	totlen[n][0]=nums[n]-1; totlen[n][1]=1;
	f[n][0]=calc(nums[n]); f[n][1]=nums[n];
	g[n][0]=f[n][0]; g[n][1]=f[n][1];
	for(int i=n-1;i>=1;i--)
	{
		tot[i][0]=B*tot[i+1][0]%mod+nums[i]*tot[i+1][1]%mod+B-1;
		tot[i][1]=tot[i+1][1];
		totlen[i][0]=B*(totlen[i+1][0]+tot[i+1][0])%mod+nums[i]*(totlen[i+1][1]+tot[i+1][1])%mod+B-1;
		totlen[i][1]=totlen[i+1][1]+tot[i+1][1];
		f[i][0]=B*B*f[i+1][0]%mod+calc(B)*(totlen[i+1][0]+tot[i+1][0]+1)%mod+B*nums[i]*f[i+1][1]%mod+calc(nums[i])*(totlen[i+1][1]+tot[i+1][1])%mod;
		f[i][1]=f[i+1][1]*B%mod+nums[i]*(totlen[i+1][1]+tot[i+1][1])%mod;
		g[i][0]=g[i+1][0]*B%mod+g[i+1][1]*nums[i]%mod+f[i][0];
		g[i][1]=g[i+1][1]*1%mod+f[i][1];
		for(int j=0;j<=1;j++) mmod(tot[i][j]),mmod(totlen[i][j]),mmod(f[i][j]),mmod(g[i][j]);
	}
	return (g[1][0]+g[1][1])%mod;
}

ll nums[3][N];
int len[3];

int main()
{
	cin>>B;
	for(int i=1;i<=2;i++)
	{
		cin>>len[i];
		for(int j=len[i];j>=1;j--) cin>>nums[i][j];
	}
	nums[1][1]--;
	for(int i=1;i<=len[1];i++)
		if(nums[1][i]<0) nums[1][i]+=B,nums[1][i+1]--;
	if(nums[1][len[1]]==0) len[1]--;
	printf("%lld\n",((solve(nums[2],len[2])-solve(nums[1],len[1]))%mod+mod)%mod);
	return 0;
}