BZOJ 3326 [SCOI2013]数数 (数位DP)

洛谷传送门

题目：

Fish 是一条生活在海里的鱼，有一天他很无聊，就开始数数玩。他数数玩的具体规则是：

1. 确定数数的进制$B$

2. 确定一个数数的区间$[L, R]$

3. 对于$[L, R] $间的每一个数，把该数视为一个字符串，列出该字符串的每一个（连续的）子串对应的$B$进制数的值。

4. 对所有列出的数求和。现在Fish 数了一遍数，但是不确定自己的结果是否正确了。由于$[L, R] $较大，他没有多余精力去验证是否正确，你能写一个程序来帮他验证吗？

非常恶心的一道数位$DP$

首先是数位$DP$的常规套路，用$[1,R]$的答案减去$[1,L-1]$的答案

对于一个$B$进制数$S$，令$f_{S}$表示$S$所有后缀串所表示数的和，$l_{S}$表示数$S$的位数，现在在它末尾填上一个数$x$，则$F_{Sx}=F_{S}*B+x*(l_{S}+1)$

令$g_{S}$表示$S$所有子串所表示数的和，则$g_{Sx}=g_{S}*B+F_{Sx}$

我们要对$[1,S]$里的所有数进行统计，令$F_{i,0}$表示从高到低遍历到了第i位，未达到上限的所有数的$f_{x}$，$F_{i,1}$是达到上限的

可得$F_{i+1,0}=\sum_{x=1}^{B}(F_{i,0}*B+x*\sum (l_{S}+1))=B^{2}F_{i,0}+\frac{B(B-1)}{2}\sum (l_{S}+1)$

而$F_{i,1}$转移到$F_{i+1,0}$的也是类似的

显然我们还要维护一个数组$L_{i}$，表示前i位数中出现的数的$l_{x}$之和

因为要加上$\sum (l_{S}+1)$，还需要维护一个$Sum_{i}$，表示前i位数中出现的数的数量

这两个数组都很好维护

最后就是统计答案了，令$G_{i,0}$表示从高到低遍历到了第i位，未达到上限的所有数的$g_{x}$之和，$G_{i,1}$是达到上限的

因为每个$G_{i,0}$都有$B$次被转移，所以$G_{i+1,0}=B\cdot G_{i,0}+F_{i+1,0}$

而$G_{i,1}$转移到$G_{i+1,0}$的情况也是类似的

注意前导零的处理，我的方法是每遍历到新的一位，1~B每个数都还会作为一个新数的开头(除了第一位)，把都加入状态里即可

 #include <cmath>
 #include <queue>
 #include <vector>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 #define N1 101000
 #define N2 4201
 #define M1 120
 #define ll long long
 #define dd double
 #define uint unsigned int
 #define idx(X) (X-'0')
 using namespace std;

 const int mod=;
 int gint()
 {
     int ret=,fh=;char c=getchar();
     while(c<''||c>''){if(c=='-')fh=-;c=getchar();}
     while(c>=''&&c<=''){ret=ret*+c-'';c=getchar();}
     return ret*fh;
 }
 int n,m,B;
 int f[N1][],g[N1][],s[N1][],l[N1][];
 ll solve(int *a,int len)
 {
     memset(f,,sizeof(f));
     memset(g,,sizeof(g));
     memset(l,,sizeof(l));
     memset(s,,sizeof(s));
     ll ans=;
     s[][]=a[]-,s[][]=;
     l[][]=a[]-,l[][]=;
     f[][]=1ll*a[]*(a[]-)/%mod;
     f[][]=a[];
     g[][]=f[][],g[][]=f[][];
     for(int i=;i<len;i++)
     {
         s[i+][]=(1ll*s[i][]*B%mod + 1ll*s[i][]*a[i+]%mod + B-)%mod;
         s[i+][]=s[i][];
         l[i+][]=(1ll*(l[i][]+s[i][])*B%mod + 1ll*(l[i][]+s[i][])*a[i+]%mod + B-)%mod;
         l[i+][]=(l[i][]+s[i][]);
         f[i+][]=(1ll*f[i][]*B%mod*B%mod + 1ll*f[i][]*a[i+]%mod*B%mod + 1ll*(1ll*B*(B-)/%mod)*(l[i][]+s[i][]+)%mod + 1ll*(1ll*a[i+]*(a[i+]-)/%mod)*(l[i][]+s[i][])%mod)%mod;
         f[i+][]=(1ll*f[i][]*B%mod + 1ll*a[i+]*(l[i][]+)%mod)%mod;
         g[i+][]=(1ll*g[i][]*B%mod + 1ll*g[i][]*a[i+]%mod + f[i+][])%mod;
         g[i+][]=(g[i][] + f[i+][])%mod;
     }
     return (g[len][]+g[len][])%mod;
 }
 int a[N1],b[N1],tmp[N1];

 int main()
 {
     scanf("%d",&B);
     scanf("%d",&n);
     for(int i=n;i>=;i--)
         tmp[i]=gint();
     scanf("%d",&m);
     for(int i=;i<=m;i++)
         b[i]=gint();
     tmp[]--;int k=;
     while(tmp[k]<)
         tmp[k]+=B,tmp[k+]--,k++;
     if(tmp[n]==) n--;
     for(int i=;i<=n;i++)
         a[i]=tmp[n-i+];
     ll ans1=solve(a,n);
     ll ans2=solve(b,m);
     printf("%lld\n",((ans2-ans1)%mod+mod)%mod);
     return ;
 }