[BZOJ 3326] 数数

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BZOJ 3326 传送门

Solution:

明显是一道数位$dp$的题目，就是递推式复杂了点

先要求出一个数$\bar{n}$向添加一位后的$\bar{np}$的转化关系

令$res[\bar{n}]$为数$n$的权值和，

则$res[\bar{np}]=res[\bar{n}]+\sum_{i=1}^{len(n)} \bar{n[i...len(n)]p}$

令$suf[\bar{n}]$为数$n$的后缀和，

则$res[\bar{np}]=res[\bar{n}]+suf[\bar{np}]$

同时$suf$自己的递推式为：$suf[\bar{np}]=base*suf[\bar{n}]+(len(n)+1)*p$

再令$dgt[\bar{n}]$为数$n$的位数，

则$dgt[\bar{np}]=dgt[\bar{n}]+1$

上面的递推式虽然都只针对某一个数$n$，但完全可以逐层推广到之前所有数的和

使原来的$res,suf,dgt$分别表示$\sum res,\sum suf,\sum dgt$，$a$表示数的个数

再用第二维的$0/1$表示是否达到上界，算是数位$dp$的常规套路

剩下的递归式还是看代码吧……

Code:

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e5+,MOD=;

int B,l1,l2,dat1[MAXN],dat2[MAXN];
ll pre[MAXN],res[MAXN][],a[MAXN][],suf[MAXN][],dgt[MAXN][];

ll solve(int *dat,int l)
{
    memset(res,,sizeof(res));memset(dgt,,sizeof(dgt));
    memset(a,,sizeof(a));memset(suf,,sizeof(suf));

    a[l+][]=;
    for(int i=l;i;i--)
    {
        int cur=(i==l)?:B;

        a[i][]=a[i+][];
        a[i][]=((cur-)+a[i+][]*B+a[i+][]*dat[i])%MOD;
        dgt[i][]=(dgt[i+][]+a[i+][])%MOD;
        dgt[i][]=((cur-)+(dgt[i+][]+a[i+][])*B%MOD+(dgt[i+][]+a[i+][])*dat[i]%MOD)%MOD;
        suf[i][]=(suf[i+][]*B+dgt[i][]*dat[i])%MOD;
        suf[i][]=(pre[cur]+(suf[i+][]*B%MOD*B%MOD+(dgt[i+][]+a[i+][])*pre[B]%MOD)+
                   (suf[i+][]*B*dat[i]%MOD+dgt[i][]*pre[dat[i]]%MOD))%MOD;
        res[i][]=(res[i+][]+suf[i][])%MOD;
        res[i][]=(res[i+][]*dat[i]%MOD+res[i+][]*B%MOD+suf[i][])%MOD;
    }
    return (res[][]+res[][])%MOD;
}

int main()
{
    scanf("%d",&B);
    for(int i=;i<=B;i++) pre[i]=(pre[i-]+i-)%MOD;

    scanf("%d",&l1);
    for(int i=l1;i>=;i--) scanf("%d",&dat1[i]);
    scanf("%d",&l2);
    for(int i=l2;i>=;i--) scanf("%d",&dat2[i]);

    for(int i=;i<=l1;i++)
        if(dat1[i]){dat1[i]--;break;}
        else dat1[i]=B-;
    if(!dat1[l1]) l1--;

    printf("%lld",(solve(dat2,l2)-solve(dat1,l1)+MOD)%MOD);
    return ;
}