洛谷：P3281 [SCOI2013]数数 （优秀的解法）

刷了这么久的数位 dp ，照样被这题虐，还从早上虐到晚上，对自己无语...（机房里又是只有我一个人，寂寞。）

题目：洛谷P3281 [SCOI2013]数数 

题目描述

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？

输入输出格式

输入格式：

输入包含三行。

第一行仅有一个数B，表示数数的进制。

第二行有N +1 个数，第一个数为N，表示数L 在B 进制下的长度为N，接下里的N个数从高位到低位的表示数L 的具体每一位。

第三行有M+ 1 个数，第一个数为M，表示数R 在B 进制下的长度为M，接下里的M个数从高位到低位的表示数R 的具体每一位。

 

输出格式：

输出仅一行，即按照Fish 数数规则的结果，结果用10 进制表示，由于该数可能很大，输出该数模上20130427的模数。

分析：

数位 dp ，有点强大，又是一道需要感性理解的题目。。。

首先我们准备好 dp 状态： dp[i][2]  ，表示共有 i 位的 B 进制数，前缀子串的和。

dp[i][0] 表示无限制（甚至允许前导 0 的存在），

dp[i][1] 表示当前最高位不超过 d[i] （d[i] 表示读入的 B 进制数从后往前数的第 i 位）

那么 我们考虑 dp[i][0] 的转移：

假设当前 dp[i-1][0] 已经得到，那么 处理 dp[i][0] 就相当于 在 dp[i-1][0] 的基础上，在最高位（即第 i-1 位之前）加上一位 B 进制数 x 。

那么对于前缀子串的和来说，x 的贡献也就是让 后面的 i-1 个数字多了 x 中选择（0 ~ x-1），而 x 本身对于前缀子串和的贡献就是 x * B⁰ + x * B¹ +.....+ x*B^i-1 （看不懂可以多想几遍，注意抓住贡献这个关键）

那么 我们就可以列出转移式子了：$$ dp[i][0] = B × dp[i−1][0]+ \drac{B(B−1)}{2} × B[i] × S[i−1] (B[i] = B^{i} , S[i] = \sum_{1}^{i} B[i]) $$

而对于有限制的 dp[i][1] 我们也可以对应的得到式子： $$ dp[i][1] = d[i] × dp[i−1][0]+\drac{d[i](d[i]−1)}{2} × B[i-1] × S[i-1] + dp[i−1][1] + d[i]∗(sub[i−1]+1) × S[i-1] ( d 的意义同上，sub[i] 表示读入的 B 进制数的长度为 i 的后缀子串对应值) $$

那么 对于 ans 的累加就是： $$ ans=\sum_{i=1}^{len} max(0,pre[i+1]−1) × f[i][0]+f[i][1] $$ 也就是说我们一步一步去处理 dp 数组，然后就可以同时累加答案了

为什么 ans 这样累加？ 其实上面的式子就是在说，除去当前处理完的 i 位，剩下的（前缀子串对应值）有 pre[i+1] 种取法（因为可含前导零，所以方案数就是前缀子串对应数值）

但是前缀不能取到完全状态，于是 -1 。然后加上有限制的 dp[i][1] ，就是当前可累加的答案了 

emmmm...麻烦死了...其实不是很难理解，但是很难想到可以这么转移...之类的（都是借口）

于是...就可以上代码了吧？

代码

 1 //by Judge
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdio>
 5 #define ll long long
 6 #define int long long
 7 using namespace std;
 8 const int M=1e5+111;
 9 const ll mod=20130427;
10 //#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
11 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
12 inline int read(){
13     int x=0,f=1; char c=getchar();
14     for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
15     for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f;
16 }
17 ll B,len,ans,d[M],f[M]={1},sum[M]={1},pre[M],sub[M],dp[M][2];
18 inline void prep(){ //预处理
19         for(int i=1,j;i<=1e5;++i)
20                 f[i]=f[i-1]*B%mod,
21                 sum[i]=(sum[i-1]+f[i])%mod; }
22 inline ll solv(){
23     ll ans=pre[len+1]=0; //恶心的pre初始化，最后的坑
24     for(int i=1;i<=len;++i) sub[i]=(d[i]*f[i-1]%mod+sub[i-1])%mod;
25     for(int i=len;i>=1;--i) pre[i]=(pre[i+1]*B%mod+d[i])%mod;
26         //前缀值、后缀值的预处理
27     for(int i=1;i<=len;++i){ //dp 转移，查了半天发现没毛病
28         dp[i][0]=(dp[i-1][0]*B%mod+B*(B-1)/2%mod*f[i-1]%mod*sum[i-1]%mod)%mod;
29         dp[i][1]=(dp[i-1][0]*d[i]%mod+d[i]*(d[i]-1)/2%mod*f[i-1]%mod*sum[i-1]%mod)%mod;
30         dp[i][1]=(dp[i][1]+dp[i-1][1]+d[i]*(sub[i-1]+1)%mod*sum[i-1]%mod)%mod;
31         ans=(ans+max(0ll,pre[i+1]-1)*dp[i][0]%mod+dp[i][1])%mod;
32     } return ans;
33 }
34 signed main(){
35     B=read(),len=read(),prep();
36     for(int i=len;i;--i) d[i]=read();
37     for(int i=1;i<=len;++i) //繁杂的数字处理，坑
38         if(d[i]){ --d[i]; break; }
39         else d[i]=B-1;
40     if(!d[len]) --len;
41     ans=-solv(), len=read();
42     for(int i=len;i;--i) d[i]=read();
43     ans+=solv(),printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod); return 0;
44 }