hihoCoder1033 交错和 数位DP

题目：交错和

链接：http://hihocoder.com/problemset/problem/1033#

题意：对于一个十进制整数x，令a0、a1、a2、...、an是x从高位到低位的数位，定义f(x)=a0-a1+a2-a3+...an，给出L、R、K，x在L到R之间，求所有满足：f(x)=k的x的和。(0 ≤ l ≤ r ≤ 10^18, |k| ≤ 100)

思路：

　　L与R太大，连预处理的可能性都没有，很明显的数位DP。

　　令dp[i][j]为精确的（有前导0）i 位，f(x)值为j 的x的和

　　令dd[i][j]为精确的i 位，f(x)值为j 的x的个数。

　　dp[1][i] = i (i从0-9)

　　dd[1][i] = 1(i从0-9)

　　当i为奇数时，最后一位前的符号位+，所以dp[i][j] = dp[i][j] + dp[i-1][j-u]*10 + u*dd[i-1][j-u] (u从0-9)

　　dd[i][j]=dd[i][j] + dd[i-1][j-u] (u从0-9)

　　当i为偶数时，将j-u改成j+u即可

　　注意这里的dp求的和是有前导0的，比如3位数里098的f值为0-9+8也就是-1，所以dp[3][k]并不是0到1000里f值为k的数的和，因此我们要重新计算一个不含前导0的。

　　令op[i][j]为i 位，f(x)值为j 的x的和

　　令pp[i][j]为i 位，f(x)值为j 的x的个数。

　　递推方法与dp一样，不同的是初始化，特别的令pp[1][0]=0，这样，等会递推出来的就是不包含前导0的，之后，为了方便，我们可以重新定义op[i][j]为前i 位，f(x)值为j 的x的和，pp也一样，进行下前缀和计算就可以了。

　　解决完以上两步，这个问题便简单很多了，l到r，我们可以先算出0-r的，再减去0-l的，因此问题就转化成x属于0-l，f(x)值为k的x的和了，比如说3256，那么我们可以先算1000里有多少，1000-2000有多少，2000-3000有多少，再算3000-3100里有多少，3100-3200里有多少......1000里的直接就是op[3][k]，1000到2000的，我们可以遍历u从0-9，现在就是1-u+?-?=k有多少了，那么?-?的值应该是k-1+u，也就是op[2][k-1+u]，同时注意下细节就可以了。具体看代码。

　　注：值得注意的是dd[0][0]=1，pp[0][0]=1

　　

 #include<stdio.h>
 #include<iostream>
 using namespace std;
 #define Mod 1000000007
 typedef long long LL;
 LL dp[][]={};
 LL dd[][]={};
 LL op[][]={};
 LL pp[][]={};
 int getPos(int val)
 {
   return val+;
 }
 void Init()
 {
   dd[][]=;
   for(int i=;i<=;i++) dd[][getPos(i)]=,dp[][getPos(i)]=i;
   for(int i=;i<=;i++)
   {
     if(i&)
     {
       for(int j=;j<;j++)
       {
         for(int k=j;k<=;k++)
         {
           dp[i][k]=(dp[i][k]+dp[i-][k-j]*%Mod+j*dd[i-][k-j]%Mod)%Mod;
           dd[i][k]=(dd[i][k]+dd[i-][k-j])%Mod;
         }
       }
     }
     else
     {
       for(int j=;j<;j++)
       {
         for(int k=;k<=-j;k++)
         {
           dp[i][k]=(dp[i][k]+dp[i-][k+j]*%Mod+j*dd[i-][k+j]%Mod)%Mod;
           dd[i][k]=(dd[i][k]+dd[i-][k+j])%Mod;
         }
       }
     }
   }

   for(int i=;i<=;i++) pp[][getPos(i)]=,op[][getPos(i)]=i;
   pp[][getPos()]=;
   for(int i=;i<=;i++)
   {
     if(i&)
     {
       for(int j=;j<;j++)
       {
         for(int k=j;k<=;k++)
         {
           op[i][k]=(op[i][k]+op[i-][k-j]*%Mod+j*pp[i-][k-j]%Mod)%Mod;
           pp[i][k]=(pp[i][k]+pp[i-][k-j])%Mod;
         }
       }
     }
     else
     {
       for(int j=;j<;j++)
       {
         for(int k=;k<=-j;k++)
         {
           op[i][k]=(op[i][k]+op[i-][k+j]*%Mod+j*pp[i-][k+j]%Mod)%Mod;
           pp[i][k]=(pp[i][k]+pp[i-][k+j])%Mod;
         }
       }
     }
   }
   pp[][getPos()]=;
   for(int i=;i<=;i++)
   {
     for(int j=;j<=;j++)
     {
       op[i][j]=(op[i][j]+op[i-][j])%Mod;
       pp[i][j]=(pp[i][j]+pp[i-][j])%Mod;
     }
   }
 }

 LL solve(LL x,LL p)
 {
   if(x<) return ;
   LL tmp=x;
   int bt[],bo=;
   while(x)
   {
     bt[bo++]=x%;
     x/=;
   }
   LL io=;
   for(int i=;i<bo;i++)
     io=io*;
   LL sum=,k=,kk=;
   for(int i=bo-;i>;i--)
   {
     if((bo-i)&)
     {
       for(int j=;j<bt[i];j++)
       {
         if(i==bo-&&j==)
         {
           sum=(sum+op[i][getPos(p)])%Mod;
         }
         else
         {
           for(int u=;u<=;u++)
           {
             sum=(sum+(kk*%Mod+j*+u)%Mod*io/%Mod*dd[i-][getPos(p+u-j-k)]%Mod+dp[i-][getPos(p+u-j-k)])%Mod;
           }
         }
       }
       k+=bt[i];
       kk=(kk*%Mod+bt[i])%Mod;
     }
     else
     {
       for(int j=;j<bt[i];j++)
       {
         sum=(sum+(kk*%Mod+j)%Mod*io%Mod*dd[i][getPos(p+j-k)]%Mod+dp[i][getPos(p+j-k)])%Mod;
       }
       k-=bt[i];
       kk=(kk*%Mod+bt[i])%Mod;
     }
     io/=;
   }
   if(bo&)
   {
     for(int i=;i<=bt[];i++)
       if(p-k==i)
       {
         sum=(sum+kk*%Mod+i)%Mod;
       }
   }
   else
   {
     for(int i=;i<=bt[];i++)
       if(k-p==i) sum=(sum+kk*%Mod+i)%Mod;
   }
   return sum;
 }
 int main()
 {
   Init();
   LL l,r,k;
   cin>>l>>r>>k;
   cout<<(solve(r,k)-solve(l-,k)+Mod)%Mod<<endl;
   return ;
 }

AC代码