【Hihocoder - 1033】Alternating Sums - 交错和

交错和

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@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 $a_0, a_1, ..., a_{n-1}$，定义交错和函数：

$$f(x) = a_0 - a_1 + a_2 - ... + ( - 1)^{n-1}a_{n-1}$$
例如： $f(3214567) = 3 - 2 + 1 - 4 + 5 - 6 + 7 = 4$
给定 l, r, k，求在 [l, r] 区间中，所有 f(x) = k 的 x 的和，即：

输入
输入数据仅一行包含三个整数，$l, r, k(0 ≤ l ≤ r ≤ 10^{18}, |k| ≤ 100)$。

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 $10^9 + 7$。

样例输入
100 121 0
样例输出
231

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

更多样例：

Input
4344 3214567 3
Output
611668829
Input
404491953 1587197241 1
Output
323937411
Input
60296763086567224 193422344885593844 10
Output
608746132
Input
100 121 -1
Output
120

@解析@

一眼数位dp题。

@状态定义@

首先：k值可能为负。因此先坐标平移一下，给每一个算出来的和加上一个100。
然后开始定义状态。这时候我们发现题目所求的是满足条件数的和，但是我们常做的数位dp都求的是方案数。怎么办？
从状态转移来说，我们第$i$位的状态应该由第$i-1$位的状态转移过来。状态转移应该是这样的

$$第i位是a_i的总和 = 第i-1位满足约束的总和 + 第i-1位满足约束的数量*a_i*10^{i-1}$$
于是我们统计总和时，不仅要用到 $i-1$位满足约束的状态总和，还要用到 $i-1$位满足约束的状态数量。所以定义两种状态：
$$dp[i][k] ： i位数，交错和为k，首位取'+'，第二位取'-'，以此类推。$$
$$dp1：满足约束的状态总和/dp2：满足约束的状态数量$$

@状态转移-预处理@

（以下状态转移忽略坐标平移的问题）
（实现详情见代码，作者习惯采用预处理而不是记忆化搜索实现）
显然的，边界状态为：

$$dp1[1][i] = i，dp2[1][i] = 1（0<=i<=9)$$
假设现在递推到了第 $i$位，枚举交错和为 $k$，枚举第 $i$位上的数为 $j$，则交错和还剩下 $k-j$。但是第 $i-1$位取的是 $'-'$，而我们的状态表达的是首位为 $'+'$。所以我们需要将 $i-1$位以后的数字取相反数，使得第 $i-1$位取的是 $'+'$。相应地， $i-1$位以后的交错和也变为了 $-(k-j)$。
所以：
$$dp1[i][k] = \sum_{j=0}^{j<=9}(dp1[i-1][-(k-j)] + j*10^{i-1}*dp2[i-1][-(k-j)] )$$
$$dp2[i][k] = \sum_{j=0}^{j<=9}dp2[i-1][-(k-j)]$$

@答案求解@

数位dp的老套路。
从高位向低位枚举第$i$位，枚举第$i$位上的数$j<dight[i]$，算出前几位的交错和$s$。然后用$k-s$算出后几位的交错和，再用对应的dp数组，注意一下我们上面预处理所提到的首位为$'-'$要取相反数的问题就可以了……
吗？
注意了！这里的首位如果为0，那么根据定义，那是非法的状态！
所以我们要处理首位为0的状态的问题。

@代码君@

如果有些我没能解释清楚的……
就当锻炼各位的代码阅读能力咯！

#include<cstdio>
const int MOD = int(1E9) + 7;
typedef long long ll;
ll dp1[20][200], dp2[20][200], pow[20];
void init() {
    for(int i=0;i<=9;i++) {
        dp1[1][100+i] = i;
        dp2[1][100+i] = 1;
    }
    dp2[0][100] = 1;
    pow[1] = 1;
    for(int i=2;i<=18;i++) {
        pow[i] = (pow[i-1] * 10) % MOD;
        for(int j=0;j<=9;j++) {
            for(int k=0;k<=200;k++) {
                if( k >= j ) {
                    dp1[i][k] = ( dp1[i][k] + ((j*pow[i])%MOD*dp2[i-1][200-(k-j)])%MOD + dp1[i-1][200-(k-j)] ) % MOD;
                    dp2[i][k] = ( dp2[i][k] + dp2[i-1][200-(k-j)] ) % MOD;
                }
            }
        }
    }
}
int dight[20], cnt;
ll Get_Ans(ll n, int k) {
    cnt = 0;
    do
    {
        dight[++cnt] = n % 10;
        n /= 10;
    }while( n );
    ll res = 0, now = 200-k, sum = 0;
    for(int i=cnt;i>=1;i--) {
        for(int j=0;j<dight[i];j++) {
            res = (res + dp1[i-1][now] + (sum * pow[i])%MOD * dp2[i-1][now]) % MOD;
            now++, sum++;
        }
        now = 200 - now;
        sum = sum * 10 % MOD;
    }
    for(int i=cnt-1;i>=1;i--) 
        res = (res + dp1[i][k] - dp1[i][200-k] + MOD) % MOD;
    return res;
}
int main() {
    init();
    ll l, r;int k;
    scanf("%lld%lld%d", &l, &r, &k);
    k += 100;
    printf("%lld\n", (Get_Ans(r+1, k) - Get_Ans(l, k) + MOD) % MOD);
}

END

就是这样，新的一天里，也请多多关照哦(ノω<。)ノ))☆.。~