hihoCoder 1033: 交错和

(1)题目描述：

时间限制:10000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

给定一个数 x，设它十进制展从高位到低位上的数位依次是 a0, a1, ..., an - 1，定义交错和函数：

f(x) = a0 - a1 + a2 - ... + ( - 1)n - 1an - 1

例如：

f(3214567) = 3 - 2 + 1 - 4 + 5 - 6 + 7 = 4

给定

输入

输入数据仅一行包含三个整数，l, r, k(0 ≤ l ≤ r ≤ 1018, |k| ≤ 100)。

输出

输出一行一个整数表示结果，考虑到答案可能很大，输出结果模 109 + 7。

提示

对于样例 ，满足条件的数有 110 和 121，所以结果是 231 = 110 + 121。

Input

4344 3214567 3

Output

611668829

Input

404491953 1587197241 1

Output

323937411

Input

60296763086567224 193422344885593844 10

Output

608746132

Input

100 121 -1

Output

120

样例输入

样例输出

(2)解决思路：

初探数位dp 介绍了数位类统计的基础知识。以下列出其中的基础点：

1. [l, r] 将问题转换为 在[0, r]中满足条件的个数 - 在[0, l)满足条件的个数

2. 求解 区间[0, n]满足条件的个数

• 性质：一个小于n的数m，一定是从高位到低位在某一位小于n的对应位的一个数
• 遍历所有小于n的数：从高位到低位枚举第一次小于n的数位，之后数位的值就不受限制了
• 遍历可以构成一棵树，类似深度优先遍历
• 递归计算区间[0,n]中满足条件的数

3. Tips:

• 假设区间[0, n]中n的位数为 len(n)，初始要从len(n)+1开始。这样对第len(n)位讨论的时候就可以和其它位一样。
• 计算过程中，只有当数位的值没有限制时才把结果存入F[i, digit, st]中，否则会缺失一些结果
• 前面的数位都为0和不全为0需要作为两种状态存储

 

(3)代码：

#include<iostream>
using namespace std;

#define ll long long int //需要用long long 来进行存放
const int mod = ;//结果的最大值，用于取模
struct node{
    ll s, n;//s: 各数位交错和 n：满足条件的个数
};
node dp[][][];//[长度][以哪个数作为开头][该数的数位交错和]
int bits[];//存放一个数的各位，低到高存放在0到20
ll base[];//每一数位的基准 比如十位数=base[2]=10

//len数位长度, dig是首个数字, begin_zero表示从最高位到当前位是否全部为0， limit表示下一位枚举是否有限制（bit[len-2]或9）， sum是要求的数字和
node dfs(int len, int dig, bool begin_zero, bool limit, int sum){
    node t;//存放长度为 len的结果
    t.s = , t.n = ;
    //超过边界值
    if (len <=  || len >=  || dig <  || dig >  || sum < - || sum >= )
        return t;
    //返回已有的DP结果，即记忆化搜索
    if (!limit && dp[len][dig + (begin_zero ?  : )][sum + ].n != -)
        return dp[len][dig + (begin_zero ?  : )][sum + ];
    //长度只有一位，就不需要枚举下一位了，直接讨论返回即可
    if (len == ){
        if (dig != sum)
            return t;
        t.n = , t.s = sum;
        return t;
    }
    //开始枚举下一位的数字
    int end = limit ? bits[len - ] : ;//下一位数字的最大值
    int newsum = dig - sum;
    node tmp;
    for (int j = ; j < end + ; j++)
    {
        if (begin_zero){//前面都是0，接下来的就由当前位决定 j是否为0
            tmp = dfs(len - , j, j == , limit && (j == end), sum);
        }
        else{//前面不是全为0
            tmp = dfs(len - , j, false, limit && (j == end), newsum);
        }
        //将tmp的值累加到t上
        t.n += tmp.n;//满足条件的个数
        //计算满足条件的长度为 len 的data[len]所有数的和， tmp 是长度为 i-1的data[len-1]所有数的和
        //每一个： data[len] = dig * base[len] + data[len-1]  且共有n个
        //t.s = t.s + tmp.n * (dig * base[len]) + tmp.s 增加 %mod 就得到下面的结果
        t.s = ((t.s + tmp.s) % mod + ((tmp.n * dig) % mod * base[len]) % mod) % mod;
    }
        //当长度为len，且以dig开头的，数位和为sum 的所有结果都计算完成，才将其进行存储
    if (!limit)
        dp[len][dig + (begin_zero ?  : )][sum + ] = t;
        //dig + (begin_zero ? 0 : 10) 用来区分两种状态，（1. 前导都为0；2. 前导包含其它数）
    return t;
}

int solve(ll n, int s){
    if (n <= )
        return ;
    int l = ;
    for (int i = ; i < ; i++)
        bits[i] = ;
    //将n的每一位从低到高放到 bits[0]到bits[l] 中
    while (n){
        bits[l++] = n % ;
        n /= ;
    }
    //从l+1开始，比n的长度大1，并且第l+1位数置为0
    return  dfs(l + , , true, true, s).s;
}

int main(){
    ll l, r, s;
    node t;
    t.n = -;
    t.s = ;
    for (int i = ; i < ; i++)//长度
        for (int j = ; j < ; j++)//第i位的取值,取到20是把[0,9]作为数字前导全为0的状态存储空间，[10，19]作为前导包含非零数的存储空间
            for (int k = ; k < ; k++)// i到0 所有位上的交错和 + 200, 等于把 k的范围从[-200,200] 平移到了[0,400]
                dp[i][j][k] = t;
    base[] = ;
    for (int i = ; i < ; i++)//base 是作为基准数 比如两位数需要 *10, 三位数需要*100
        base[i] = base[i - ] *  % mod;
    cin >> l >> r >> s;
    cout << (solve(r, s) - solve(l - , s) + mod) % mod << endl;
    return ;
}

ref:  http://www.cnblogs.com/coolqiyu/p/5648260.html